MATERI PENGANTAR

OLIMPIADE SAINS NASIONAL

BIDANG MATEMATIKA SMA

DISUSUN OLEH:

TIM PEMBINA OLIMPIADE MATEMATIKA

TIM OLIMPIADE MATEMATIKA INDONESIA Juli 2009

KATA PENGANTAR

Olimpiade Sains Nasional (OSN) merupakan kegiatan yang dilaksanakan

secara rutin setiap tahun. Selain sebagai ajang kejuaraan nasional, OSN juga

bertujuan untuk mencari calon peserta yang akan dibina dan berlaga di olimpiade

sains tingkat internasional. Untuk memberikan arah pembinaan bagi peserta OSN,

terutama peserta bidang matematika SMA, maka disusunlah materi ini.

Materi yang kami susun ini merupakan draf awal yang kami kembangkan

dari silabus OSN Bidang Matematika SMA yang sudah beredar. Draf ini jauh dari

lengkap seperti yang tercantum dalam silabus. Oleh karena itu para peserta OSN

dan para pembina masih perlu mencari pelengkapnya dari berbagai sumber.

Terakhir, kami berharap bahwa dengan adanya draf ini persiapan ke OSN

tahun ini bisa lebih baik dibanding tahun-tahun sebelumnya. Pada akhirnya akan

berdampak kepada kualitas calon peserta IMO tahun depan.

Jakarta, 1 Juli 2009

Tim Pembina Olimpiade Matematika

DAFTAR ISI

Aljabar 1

Teori Bilangan 14

Geometri 36

Kombinatorika 60

ALJABAR

Hery SusantoJurusan Matematika FMIPA UM

Jl. Surabaya 6 Malang 65145Email: herysusanto@telkom.net

Aljabar merupakan salah satu materi pokok dalam Olimpiade Matematika Internasional (IMO),disamping geometri, ilmu bilangan, dan kombinatorik. Oleh karena itu, aljabar menjadi salah satumateri wajib di Olimpiade Sains Nasional (OSN) Bidang Matematika SMA. Para peserta OSNBidang Matematika SMA sudah mendapatkan materi aljabar sejak masih duduk di Sekolah Dasar.Menurut pengamatan penulis, sampai dengan di tingkat SMA para peserta sudah cukup banyakmendapat materi yang berkaitan dengan aljabar. Yang kurang adalah berlatih menerapkan teoriyang telah didapat itu dalam soal-soal yang berbentuk pemecahan masalah. Di sini penulis men-coba memilihkan materi-materi aljabar yang kira-kira mengarah ke materi olimpiade matematika.Penulis tidak banyak menyajikan materi yang berkaitan dengan teori tetapi lebih banyak denganpendekatan strategi pemecahan masalah.

Materi yang dibahas di sini hanya sebagian dari materi yang ada pada silabus OSN BidangMatematika SMA. Kami berharap peserta merujuk kepada silabus OSN yang sudah beredar. Dibagian akhir diberikan beberapa soal latihan dan diharapkan dapat dipakai untuk memacu dalammengembangkan kemampuan pemecahan masalah.

Pada akhirnya penulis berharap agar para peserta OSN Bidang Matematika SMA dapat meru-juk materi yang tercantum dalam silabus OSN dan membaca buku-buku tentang pemecahanmasalah untuk mengembangkan kemampuan pemecahan masalah ke tingkat yang lebih tinggi.

1 Sistem Bilangan Real

Misalkan N, Z, Q, dan R berturut-turut menyatakan himpunan bilangan asli, himpunan bilanganbulat, himpunan bilangan rasional, dan himpunan bilangan real. Masing-masing himpunan inidilengkapi dengan operasi tambah dan operasi kali disebut sistem bilangan. Sistem ini biasa di-tulis notasi himpunan beserta operasinya. Sebagai contoh sistem bilangan real ditulis (R,+,×).Selanjutnya cukup ditulis notasi himpunannya saja, yaitu R.

Berikut akan dibahas dua aksioma yang berkaitan dengan sistem bilangan real, yaitu aksiomalapangan dan aksioma urutan.

1.1 Aksioma Lapangan

1. Sifat asosiatif, yaitu untuk setiap a, b, c di R berlaku

(a) (a + b) + c = a + (b + c),

(b) (ab)c = a(bc).

2. Sifat komutatif, yaitu untuk setiap a, b, c di R berlaku

1

(a) a + b = b + a,

(b) ab = ba.

3. Eksistensi unsur identitas, yaitu

(a) Terdapat 0 di R yang memenuhia + 0 = a

untuk semua a di R.(b) Terdapat 1 di R dan 1 6= 0 yang memenuhi

a1 = a

untuk semua a di R.

4. Eksistensi unsur invers, yaitu

(a) Untuk masing-masing a di R terdapat −a di R yang memenuhi

a + (−a) = 0.

(b) Untuk masing-masing a di R yang tidak nol terdapat a−1 di R yang memenuhi

aa−1 = 1.

5. Sifat distributif, yaitu untuk setiap a, b, c di R berlaku

a(b + c) = ab + ac.

Sebagai kosekuensi dari sifat-sifat pada aksioma lapangan di atas, diperoleh sifat-sifat berikut(yang dapat dianggap sebagai teorema).

1. −a dan a−1 yang memenuhi sifat 4 di atas adalah tunggal.

2. 0a = 0, untuk setiap a di R.

3. (−1)a = −a, untuk setiap a di R.

4. −(−a) = a, untuk setiap a di R.

5. (−a)(−b) = ab, untuk setiap a di R.

6.(a−1

)−1 = a, untuk setiap a di R yang tidak nol.Sebagai suatu teorema, sifat-sifat di atas harus dibuktikan. Berikut diberikan beberapa contoh

pembuktian.

2

Bukti untuk 2. Ambil a ∈ R sebarang. Dengan menggunakan sifat identitas, invers, asosiatif,dan distributif diperoleh

0a = 0 + 0a= (−0a + 0a) + 0a= −0a + (0a + 0a)= −0a + (0 + 0)a= −0a + 0a= 0.

Karena a ∈ R sebarang, maka 0a = 0, untuk setiap a di R.

Bukti untuk 3. Ambil a ∈ R sebarang. Dengan menggunakan sifat identitas, invers, asosiatif,distributif, dan sifat 2 di atas diperoleh

(−1)a = 0 + (−1)a= (−a + a) + (−1)a= −a + (a + (−1)a)= −a + (1a + (−1)a)= −a + (1 + (−1))a= −a + 0a= −a + 0= −a.

Karena a ∈ R sebarang, maka (−1)a = −a, untuk setiap a di R.

Bukti keempat sifat yang lain digunakan sebagai latihan.

1.2 Aksioma Urutan

Terdapat himpunan P yang merupakan himpunan bagian dari himpunan bilangan real yang memenuhitiga sifat berikut.

(1) Untuk bilangan real x sebarang, berlaku salah satu dari: (i) x = 0, atau (ii) x ∈ P , atau (iii)−x ∈ P .

(2) Jika x, y ∈ P , maka x + y ∈ P .

(3) Jika x, y ∈ P , maka xy ∈ P .

Sifat (1), (2), dan (3) di atas berturut-turut disebut sifat trikotomi, sifat ketertutupan operasitambah, dan sifat ketertutupan operasi kali. Himpunan P di atas disebut himpunan bilangan realpositif. Berikutnya ada kesepakatan bahwa notasi x > 0 digunakan jika x ∈ P . Dengan demikianketiga sifat di atas dapat ditulis ulang sebagai berikut.

(1’) Untuk bilangan real x sebarang, berlaku salah satu dari: (i) x = 0, atau (ii) x > 0, atau (iii)−x > 0.

3

(2’) Jika x > 0 dan y > 0, maka x + y > 0.

(3’) Jika x > 0 dan y > 0, maka xy > 0.

Berikut didefinisikan relasi ”lebih besar dari” dan relasi ”lebih kecil dari” untuk dua bilanganreal. x dikatakan lebih besar dari y, dinotasikan x > y, jika x− y > 0. x dikatakan lebih kecil dariy, dinotasikan x < y, jika y − x > 0. Dapat ditunjukkan bahwa x > y ekivalen dengan y < x.Notasi x ≥ y, dibaca x lebih besar dari atau sama dengan y, digunakan jika x > y atau x = y.

Konsekuensi dari sifat-sifat di atas, diperoleh sifat-sifat berikut (yang dapat dianggap sebagaiteorema).

1. Untuk setiap pasang bilangan real a dan b pasti berlaku salah satu dari a < b, atau a = b,atau a > b.

2. Jika a < b dan b < c, maka a < c.

3. Jika a < b, maka a + c < b + c.

4. Jika a < b dan c > 0, maka ac < bc.

5. Jika a > 0 dan b > 0, maka ab > 0.

6. Jika a < b dan c < 0, maka ac > bc.

7. Untuk setiap a di R berlaku a2 ≥ 0. Selanjutnya, a2 = 0 jika dan hanya jika a = 0.

8. Jika a > b > 0, maka 1a <1b .

9. Jika a > b > 0 dan c > d > 0, maka ac > bd dan ad >bc .

10. Jika a > b, maka an > bn untuk n bilangan asli ganjil.

11. Jika a > b > 0, maka an > bn untuk n bilangan asli.

Bukti sifat-sifat di atas digunakan sebagai latihan.

2 Ketaksamaan

Sifat-sifat yang berkaitan dengan aksioma urutan banyak digunakan pada masalah-masalah yangberkaitan dengan ketaksamaan. Pembahasan ketaksamaan berikut menggunakan pendekatan pe-mecahan masalah dengan beberapa contoh.

Contoh 1 Tunjukkan bahwa a + 1a ≥ 2 untuk setiap bilangan real a > 0, dan akan merupakankesamaan jika dan hanya jika a = 1.

Penyelesaian: Untuk setiap bilangan real a berlaku

a2 − 2a + 1 = (a− 1)2 ≥ 0.

4

Sehingga a2 + 1 ≥ 2a. Karena a > 0 maka

a +1a≥ 2.

Selanjutnya

a +1a

= 2⇔ a2 + 1 = 2a⇔ a2 − 2a + 1 = 0⇔ (a− 1)2 = 0⇔ a = 1.

Contoh 2 Misalkan a, b, dan c adalah bilangan real positif dan a + b + c = 1. Tunjukkan bahwa

1a

+1b

+1c≥ 9.

Penyelesaian: Dari a + b + c = 1 diperoleh

1a

= 1 +b

a+

c

a1b

=a

b+ 1 +

c

b1c

=a

c+

b

c+ 1

Sehingga

1a

+1b

+1c

=(

1 +b

a+

c

a

)+

(ab

+ 1 +c

b

)+

(a

c+

b

c+ 1

)=

(a

b+

b

a

)+

(ac

+c

a

)+

(c

b+

b

c

)+ 3

Menurut Contoh 1, ab +ba ≥ 2,

ac +

ca ≥ 2,

cb +

bc ≥ 2. Oleh karena itu

1a

+1b

+1c≥ 2 + 2 + 2 + 3 = 9.

Contoh 3 Buktikan bahwa jika a dan b bilangan real positif maka√a2 + b2

2≥ a + b

2≥√

ab ≥ 21a +

1b

.

Selanjutnya, ketaksamaan ini akan berlaku sebagai kesamaan jika dan hanya jika a = b.

Bukti: Perhatikan bahwaa2 − 2ab + b2 = (a− b)2 ≥ 0. (1)

Hal ini ekivalen dengana2 + b2 ≥ 2ab. (2)

Ditambah dengan a2 + b2 untuk kedua ruas, Ketaksamaan (2) ekivalen dengan

2(a2 + b2

)≥ a2 + 2ab + b2 = (a + b)2,

5

yang ekivalen dengan √a2 + b2

2≥ a + b

2. (3)

Perhatikan bahwa Ketaksamaan (3) merupakan kesamaan jika dan hanya jika Ketaksamaan (1)merupakan kesamaan. Hal ini terjadi jika dan hanya jika a = b.

Dengan mengganti a dan b pada Ketaksamaan (2) berturut-turut dengan√

a dan√

b diperoleh

a + b ≥ 2√

ab,

yang ekivalen dengana + b

2≥√

ab. (4)

Dengan demikian, Ketaksamaan (4) merupakan kesamaan jika dan hanya jika√

a =√

b, atau a = b.Ketaksamaan (4) ekivalen dengan

2a + b

≤ 1√ab

,

yang ekivalen dengan2

1a +

1b

=2

a + bab ≤ 1√

abab =

√ab. (5)

Selanjutnya ketaksamaan (5) merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = b.Dari Ketaksamaan (3), (4), dan (5) diperoleh√

a2 + b2

2≥ a + b

2≥√

ab ≥ 21a +

1b

.

Selanjutnya, ketaksamaan di atas akan merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = b. �

Untuk bilangan real positif a dan b,√

a2+b2

2 ,a+b2 ,√

ab, dan 21a+ 1

b

pada contoh di atas berturut-

turut disebut rataan kuadrat (QM), rataan aritmatika (AM), rataan geometri (GM), dan rataanharmonik (HM) dari a dan b. Dengan demikian, untuk bilangan real positif a dan b kita mempunyaiQM ≥ AM ≥ GM ≥ HM, selanjutnya QM = AM = GM = HM jika dan hanya jika a = b.

Rataan kuadrat, rataan aritmatika, rataan geometri, dan rataan harmonik dari n bilangan realpositif a1, a2, . . . , an berturut-turut adalah

QM =

√a21 + a

22 + . . . + a2n

n

AM =a1 + a2 + . . . + an

n,

GM = n√

a1a2 . . . an, dan

HM =n

1a1

+ 1a2 + . . . +1

an

.

Teorema berikut merupakan perumuman dari Contoh 3.

Teorema 1 Jika QM, AM, GM, dan HM berturut-turut menyatakan rataan kuarat, rataan arit-matika, rataan geoetri, dan rataan harmonik dari bilangan real positif a1, a2, . . . , an, maka QM ≥AM ≥ GM ≥ HM . Selanjutnya, ketaksamaan ini akan berlaku sebagai kesamaan jika dan hanyajika a1 = a2 = . . . = an.

6

Contoh 4 Contoh 2 dikerjakan dengan menggunakan ketaksamaan AM-HM.

Menurut ketaksamaan AM-HM, kita mempunyai

31a +

1b +

1c

≤ a + b + c3

=13.

Karena 1a +1b +

1c > 0 maka

1a +

1b +

1c ≥ 9.

Contoh 5 Misalkan a, b, dan c adalah bilangan real positif yang memenuhi (1+a)(1+b)(1+c) = 8.Buktikan bahwa abc ≤ 1. Selanjutnya tentukan kapan kesamaan terjadi.

Penyelesaian: Dari yang diketahui diperoleh

8 = (1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ca) + abc. (6)

Menurut ketaksamaan AM-GM,

a + b + c ≥ 3(abc)13 dan ab + bc + ca ≥ 3(abc)

23 , (7)

masing-masing ketaksamaan di atas merupakan kesamaan jika dan hanya jika a = b = c. Dari (6)dan (7) diperoleh

8 ≥ 1 + 3(abc)13 + 3(abc)

23 + abc =

(1 + (abc)

13

)3,

yang ekivalen dengan1 + (abc)

13 ≤ 3

√8 = 2,

atau(abc)

13 ≤ 2− 1 = 1,

yaituabc ≤ 1,

dan kesamaan terjadi jika dan hanya jika a = b = c = 1.

3 Sukubanyak (Polinom)

Misalkan F menyatakan sistem bilangan real atau sistem bilangan rasional dan n adalah bilanganbulat tidak negatif. Bentuk

f(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anxn

dengan a0, a1, a2, · · · , an di F dan an 6= 0, disebut sukubanyak atas F berderajad n. Himpunansemua sukubanyak atas F ditandai dengan F [x]. Berikut diberikan beberapa sifat sukubanyakyang sering digunakan.

Teorema 2 (Algoritma Pembagian) Misalkan f(x) dan g(x) di F [x] dan g(x) bukan sukubanyaknol. Maka terdapat sukubanyak q(x) dan r(x) di F [x] yang tunggal dan memenuhi

f(x) = q(x)g(x) + r(x)

dengan r(x) merupakan sukubanyak nol atau r(x) bukan sukubanyak nol yang berderajad kurangdari derajad g(x).

7

Dalam teorema di atas, q(x) disebut hasilbagi dan r(x) disebut sisa pembagian. Selanjutnyajika r(x) merupakan sukubanyak nol maka dikatakan f(x) habis dibagi oleh g(x).

Teorema 3 (Teorema Sisa) Jika sukubanyak f(x) dibagi oleh (x−a) maka sisanya adalah f(a).

Bilangan a di F disebut akar dari sukubanyak f(x) jika f(a) = 0. Sebagai akibat dari teoremadi atas diperoleh teorema berikut.

Teorema 4 (Teorema Faktor) Sukubanyak f(x) habis dibagi oleh (x− a) jika dan hanya jika amerupakan akar dari f(x).

Contoh 6 Sukubanyak f(x) = 2x3 +Ax2 +x−B habis dibagi oleh (x−2) dan bersisa -9 jika dibagi(x + 1). Tentukan nilai A dan B.

Penyelesaian: Karena f(x) habis dibagi oleh (x− 2) maka

0 = f(2) = 2(2)3 + A(2)2 + 2−B = 4A−B + 18. (8)

Karena f(x) bersisa -9 jika dibagi (x + 1) maka

−9 = f(−1) = 2(−1)3 + A(−1)2 + (−1)−B = A−B − 3. (9)

Dengan menyelesaikan sistem persamaan di atas (mengeliminasi (8) dan (9) serta mensubstitusikanke salah satu darinya) diperoleh A = −4 dan B = 2.

Contoh 7 Tentukan semua bilangan asli n sehingga sukubanyak x2 + x + 1 membagi sukubanyakx2n + xn + 1.

Penyelesaian:Perhatikan bahwa x3 − 1 = (x− 1)(x2 + x + 1) dan x3 − 1 membagi x3m − 1.

(i) Untuk n = 3k,x2n + xn + 1 = x6k + x3k + 1

= (x6k − 1) + (x3k − 1) + 3= (x2 + x + 1)Q(x) + 3.

(ii) Untuk n = 3k + 1,x2n + xn + 1 = x6k+2 + x3k+1 + 1

= x2(x6k − 1) + x(x3k − 1) + x2 + x + 1= (x2 + x + 1)R(x).

(iii) Untuk n = 3k + 2,x2n + xn + 1 = x6k+4 + x3k+2 + 1

= x4(x6k − 1) + x2(x3k − 1) + x4 + x2 + 1= x4(x6k − 1) + x2(x3k − 1) + x(x3 − 1) + x2 + x + 1= (x2 + x + 1)S(x).

8

Jadi x2 + x + 1 membagi x2n + xn + 1 jika dan hanya jika n bukan kelipatan 3.

Sifat yang lain dari sukubanyak yang sering digunakan adalah sifat simetri akar, yang lebihdikenal dengan nama Teorema Vieta, yaitu hasil tambah dan hasil tambah dari hasil kali akar-akarsuatu sukubanyak.

(a) Jika sukubanyak ax2 + bx + c mempunyai akar-akar x1 dan x2 maka

ax2 + bx + c = a(x− x1)(x− x2) = ax2 − a(x1 + x2)x + ax1x2.

Sehingga

x1 + x2 = −b

adan x1x2 =

c

a.

(b) Misalkan x1, x2, dan x3 akar-akar sukubanyak ax3 + bx2 + cx + d. Dengan ekspansi

a(x− x1)(x− x2)(x− x3) = ax3 − a(x1 + x2 + x3)x2 + a(x1x2 + x2x3 + x3x1)x− ax1x2x3

dan komparasi koefisien diperoleh

x1 + x2 + x3 = −b

a, x1x2 + x2x3 + x3x1 =

c

a, dan x1x2x3 = −

d

a.

Contoh 8 Misalkan x1, x2, dan x3 akar-akar dari x3 + 3x2 − 7x + 1. Tentukan x21 + x22 + x23.

Penyelesaian: Menurut Teorema Vieta,

x1 + x2 + x3 = −3 dan x1x2 + x2x3 + x3x1 = −7.

Sehingga

9 = (x1 + x2 + x3)2

= x21 + x22 + x

23 + 2 (x1x2 + x2x3 + x3x1)

= x21 + x22 + x

23 + 2(−7).

Oleh karena itu x21 + x22 + x

23 = 23.

4 Sistem Persamaan

Bentuk yang melibatkan variabel, yaitu

f(x1,x2, . . . , xn) = c

disebut persamaan dengan n buah variabel. Sistem persamaan adalah suatu sistem yang terdiridari dua atau lebih persamaan, yaitu

f1(x1,x2, . . . , xn) = c1f2(x1,x2, . . . , xn) = c2

...fm(x1,x2, . . . , xn) = cm

9

Sistem persamaan di atas disebut sistem persamaan dengan n buah variabel dan m persamaan.Solusi dari suatu sistem persamaan adalah solusi secara simultan dari semua persamaan di dalamsistem itu. Cara baku untuk mencari solusi suatu sistem persamaan dengan cara eliminasi danatau substitusi. Berikut akan diberikan beberapa contoh soal yang tidak regular.

Contoh 9 Cari semua solusi real dari sistem persamaan

x +2x

= 2y

y +2y

= 2z

z +2z

= 2x.

Penyelesaian: Misalkan (x, y, z) solusi sistem persamaan di atas. Diantara x, y, dan z tidakmungkin ada yang nol. Perhatikan bahwa jika salah satu positif maka dua yang lain juga positif.Selanjutnya, dengan mengalikan dengan -1 akan diperoleh solusi yang lain. Asumsikan x, y, z > 0.Dengan menggunakan ketaksamaan AM-GM untuk masing-masing persamaan diperoleh

2y = x +2x≥ 2

√x

(2x

)= 2√

2⇐⇒ y ≥√

2,

2z = y +2y≥ 2

√y

(2y

)= 2√

2⇐⇒ z ≥√

2,

2x = z +2z≥ 2

√z

(2z

)= 2√

2⇐⇒ x ≥√

2.

Dengan menambahkan semua persamaan dari sistem persamaan semula dan hasil di atas, diperoleh

3√

2 ≤ x + y + z = 2(

2x

+2y

+2z

)≤ 3√

2.

Dengan demikan haruslah x = y = z =√

2. Selanjutnya dapat ditunjukkan bahwa(√

2,√

2,√

2)

dan(−√

2,−√

2,−√

2)

adalah solusi yang dimaksud.

Contoh 10 Cari semua solusi real dari sistem persamaan

4x2

4x2 + 1= y

4y2

4y2 + 1= z

4z2

4z2 + 1= x.

Penyelesaian: Perhatikan fungsi f : [0,∞) −→ [0,∞),

f(t) =4t2

4t2 + 1,

merupakan fungsi monoton naik murni.Oleh karena itu jika x < y maka y = f(x) < f(y) = z.Akibatnya z = f(y) < f(z) = x. Sehingga x < y < z < x, suatu yang tidak mungkin. Dengan cara

10

yang sama jika x > y maka akan diperoleh suatu kontradiksi. Jadi x = y. Dengan menggunakanargumen yang sama diperoleh y = z. Jadi x = y = z. Dengan menyelesaikan persamaan

4t2

4t2 + 1= t

diperoleh t = 0 atau t = 12 . Jadi solusi dari sistem persamaan di atas hanyalah tripel (0, 0, 0) dan(12 ,

12 ,

12

).

Contoh 11 Tentukan semua solusi real dari sistem persamaan{x2 + y2 + z2 = 1

x2y2 + y2z2 + z2x2 = 9x2y2z2

Penyelesaian: Dari persamaan pertama, tidak mungkin x = y = z = 0. Dari persamaankedua tidak mungkin jika satu variabel nol dan dua variabel tidak nol.

Kasus I: Jika dua variabel nol dan satu variabel tidak nol. Misalkan x = y = 0, z 6= 0. Diperolehz = ±1. Dengan demikian (0, 0,±1) merupakan solusi. Dengan cara yang sama diperoleh (0,±1, 0)dan (±1, 0, 0) juga merupakan solusi.

Kasus II: Jika ketiga variabel tidak nol. Persamaan kedua ekivalen dengan

1x2

+1y2

+1z2

= 9.

Digunakan AM-HM, persamaan pertama, dan persamaan di atas diperoleh

13

=x2 + y2 + z2

3≥ 31

x2+ 1

y2+ 1

z2

=39

=13.

Jadi x2+y2+z2

3 =3

1x2

+ 1y2

+ 1z2

. Oleh karena itu x2 = y2 = z2. Diperoleh (±13√

3,±13√

3,±13√

3) solusi

sistem persamaan di atas.

Soal-soal Latihan

1. Diketahui a + b = 1 dan a2 + b2 = 2. Tentukan a4 + b4.

2. Sederhanakan√

9 +√

80−√

9−√

80 (tanpa melibatkan tanda akar).

3. Buktikan bahwa jika a, b, c ∈ R, dan a2 + b2 + c2 = 1 maka −12 ≤ ab + bc + ca ≤ 1.

4. Tentukan bilangan real a agar hasil tambah kuadrat akar-akar x2 +(a−2)x−a−3 minimum.

5. Hitung∑n

k=1 k!(k2 + k + 1).

6. Tentukan jumlah dari√1 +

112

+122

+

√1 +

122

+132

+ · · ·+√

1 +1

20012+

120022

7. Diketahui f(x) = 2x + 1 dan g(f(x)) = x2 + 3x + 1. Tentukan g(3).

11

8. Misalkan x dan y bilangan real dan x2 + 3xy + y2 = 60. Tentukan nilai maksimum yangmungkin untuk xy.

9. Misalkan semua akar dari x6 − 6x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + 1 = 0 adalah positif. Tentukana, b, c, d.

10. Untuk bilangan real a, b, dan c yang memenuhi a ≥ b ≥ c > 0, buktikan bahwa

a2 − b2

c+

c2 − b2

a+

a2 − c2

b≥ 3a− 4b + c.

11. Buktikan bahwa115

<12.34.56.78· · · 99

100<

110

.

12. Misalkan a1, a2, . . . , an bilangan real positif dan b1, b2, . . . , bn adalah penataan kembali daria1, a2, . . . , an. Buktikan bahwa

a1b1

+a2b2

+ · · ·+ anbn≥ n.

13. Untuk bilangan asli n sebarang, buktikan bahwa

(a)(1 + 1n

)n<

(1 + 1n+1

)n+1.

(b)(1 + 1n

)n+1>

(1 + 1n+1

)n+2.

14. Buktikan bahwa

1√1 +

√3

+1√

5 +√

7+ · · ·+ 1√

9997 +√

9999> 24.

15. Buktikan bahwa n√

n + n√

n + n√

n− n√

n < 2 n√

n untuk n ≥ 2.

16. Misalkan x1 + x2 + x3 = π2 , xi > 0. Buktikan bahwa

sinx1 sin x2 sinx3 ≤18.

17. Buktikan bahwa tan a + tan b ≥ 2 tan√

ab untuk setiap a, b ∈ [0, π2 ).

18. Buktikan bahwa untuk bilangan asli n berlaku

n! ≤(

n + 12

)n.

19. Misalkan a1, a2, . . . , an dan b1, b2, . . . , bn adalah bilangan real positif yang memenuhi a1a2 . . . an =b1b2 . . . bn. Buktikan bahwa

(a1b1 + 1) (a2b2 + 1) . . . (anbn + 1)b1b2 . . . bn

≥ 2n.

12

20. Cari semua solusi real dari sistem persamaan berikut.

x3 + y = 3x + 42y3 + z = 6y + 63z3 + x = 9z + 8

21. Cari semua tripel (x, y, z) yang memenuhi x4 + y4 + z4 − 4xyz = −1.

22. Cari semua solusi real dari sistem persamaan

x + y =√

4z − 1y + z =

√4x− 1

z + x =√

4y − 1

23. Buktikan tidak ada belangan real x, y, x yang memenuhi

x2 + 4yz + 2z = 0x + 2xy + 2z2 = 0

2xz + y2 + y + 1 = 0

24. Cari semua bilangan real m sehingga persamaan

(x2 − 2mx− 4(m2 + 1))(x2 − 4x− 2m(m2 + 1)) = 0

mempunyai tepat tiga akar.

Rujukan

[1] Engel, A. 1998. Problem-Solving Strategies. New York: Springer-Verlag.

[2] Larson, L. C. 1983. Problem-Solving Through Problems. New York: Springer-Verlag.

13

TEORI BILANGAN

Nanang SusyantoJurusan Matematika FMIPA UGM

1 Sistem Bilangan Bulat

1.1 Latar belakang

Pada zaman dahulu, manusia hanya mengenal sistem bilangan asli

N = {1, 2, 3, ...}

Mereka hanya mengenal sistem bilangan tersebut karena pada waktu itu yang mereka butuhkanhanyalah menghitung sesuatu yang mereka miliki atau mereka dapatkan. Sebagai contoh: menghi-tung hasil binatang buruan, menghitung banyak persediaan makanan yangmereka miliki, dan se-bagainya. Akan tetapi, setelah selang waktu tertentu mereka merasakan binatang buruannya habisyang kemudian dilambangkan dengan simbol ”0”. Oleh karena itu, mereka mulai mengenal sistembilangan cacah

N0 = {0} ∪ N = {0, 1, 2, 3, ...}

Seiring dengan adanya sistem barter, mereka menemui masalah ”jika setiap seekor kambing dapatditukar dengan 10 ekor ayam, maka bagaimana jika saya mempunyai 7 ekor ayam yang inginditukarkan dengan seekor kambing?”. Tentu saja orang tersebut masih hutang/kurang 3 ekorayam bukan? Kekurangan 3 ekor ini yang kemudian dilambangkan −3. Dari sini mereka mulaimengenal bilangan bulat

Z = {..,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, ...}

Perkembangan selanjutnya, jika seseorang mempunyai 1 buah apel sedangkan ia punya dua anak,maka untuk menuliskan kejadian ini mereka memberi simbol 12 . Dengan demikian, mereka mulaimengenal sistem bilangan rasional

Q ={a

b|a dan b bilangan bulat dengan b 6= 0

}1.2 Mengingat kembali notasi pada himpunan, relasi serta operasi dua him-

punan

Secara umum, suatu himpunan kita notasikan dengan huruf kapital A,B, C, ... Dalam teori bi-langan kita hanya akan bekerja pada sistem bilangan asli, cacah, bulat, dan yang paling luas kitaakan bekerja pada sistem bilangan rasional. Untuk himpunan-himpunan tersebut, yaitu himpunanbilangan asli, cacah, bulat, dan rasional berturut-turut kita notasikan dengan N, N0, Z, dan Q.Sedangkan untuk anggota-anggota dari suatu himpunan biasanya kita tulis dengan huruf kecila, b, c, ... dan kita akan menggunakan lambang ∈ untuk menyatakan anggota/elemen dan /∈ untukbukan anggota. sebagai contoh: Misalkan A = {1, 2, 3}, maka 1 ∈ A tetapi 5 /∈ A.

14

1.2.1 Relasi dua himpunan

1. Himpunan A dikatakan himpunan bagian dari B kita tulis dengan A ⊆ B jika untuk setiapx ∈ A maka x ∈ B.

2. Himpunan A dikatakan sama dengan himpunan B kita tulis dengan A = B jika A ⊆ B danB ⊆ A.

3. Himpunan B dikatakan komplemen dari himpunan A kita tulis dengan B = Ac atau B = A′

jika himpunan B berisi semua anggota dari himpunan semesta yang bukan anggota himpunanA.

1.2.2 Operasi dua himpunan

1. Irisan dua himpunan A dan B dinotasikan dengan A ∩ B adalah himpunan yang anggota-angotanya merupakan anggota dari kedua himpunan A dan B. Secara matematika dapatkita tuliskan

A ∩B = {x|x ∈ A dan x ∈ B}

2. Gabungan dua himpunan A dan B dinotasikan dengan A∪B adalah himpunan yang anggota-angotanya merupakan anggota himpunan A atau himpunan B. Secara matematika dapat kitatuliskan

A ∪B = {x|x ∈ A atau x ∈ B}

3. Selisih dua himpunan A dan B dinotasikan dengan A − B adalah himpunan yang anggota-anggotanya merupakan anggota himpunan A tetapi bukan anggota himpunan B. Secarametematika dapat kita tuliskan

A−B = {x|x ∈ A dan x /∈ B}

Definisi 1 (sifat tertutup)

Himpunan A dikatakan tertutup terhadap operasi ∗ (bisa penjumlahan, pengurangan, pemba-gian, perkalian, dan lain-lain) jika untuk setiap a, b ∈ A berlaku a ∗ b ∈ A.

Contoh 1.Himpunan bilangan bulat tertutup terhadap penjumlahan, pengurangan, dan perkalian, tetapi

tidak terhadap pembagian karena 12 /∈ Z.

1.3 Himpunan bilangan bulat

Tentu saja himpunan ini telah kita kenal dengan akrab sejak di sekolah dasar. Di sini kita akanmembahas sifat-sifat yang berkaitan dengan himpunan bilangan bulat dan himpunan bagiannya.Salah satu himpunan bagian dari himpunan bulat adalah himpunan bilangan asli, himpunan iniberanggotakan bilangan-bilangan bulat yang positif.

Beberapa sifat yang berkaitan dengan bilangan bulat dan himpunan bagiannya

1. Himpunan bilangan bulat tertutup terhadap penjumlahan, pengurangan, dan perkalian,

2. Himpunan bilangan asli tertutup tertutup terhdap penjumlahan dan perkalian,

15

3. Setiap himpunan bagian dari himpunan bilangan asli selalu mempunyai elemen terkecil (min-imal),

4. Setiap himpunan bagian dari himpunan bilangan bulat yang berhingga selalu mempunyaielemen minimal dan elemen maksimal,

Sifat (3) disebut sifat terurut rapi (well ordering principle).

1.4 Soal-soal Latihan

1. Tunjukkan hukum D’Morgan yaitu (A ∩B)c = Ac ∪Bc dan (A ∪B)c = Ac ∩Bc.

2. Misalkan A ⊆ Z tertutup terhadap pengurangan. Jika diketahui 4 dan 7 merupakan anggotaA,

(a) tunjukkan bahwa 0, 100, 208 ∈ A,(b) daftarlah semua anggota dari A.

3. Misalkan S adalah himpunan yang memuat semua bilangan bulat. Jika untuk setiap s ∈ Syang tidak nol, terdapat s′ ∈ S sehingga ss′ = 1, maka tentukan semua anggota-anggota S.

4. Jumlah dari rata-rata aritmatik himpunan A dan rata-rata aritmatik himpunan B adalah5002. Himpunan A dan B terdiri dari bilangan-bilangan asli berurutan. Jika A∩B = {2005}tentukan kemungkinan unsur himpunan B yang terbesar. (soal olimpiade matematika tkpropinsi tahun 2005)

5. Misalkan S adalah himpunan yang memuat bilangan 1, 2, 3, dan 4. Diketahui untuk sebaranga, b, c, d ∈ S yang semuanya berbeda akan berlaku ab + cd ∈ S. Selidiki apakah 2008 ∈ S?

6. Buktikan sifat well ordering principle pada sebarang sub himpunan bilangan asli.

7. Suatu barisan bilangan bulat {an} memenuhi persamaan aan+n = an untuk setiap bilanganasli n. Jika diketahui a2008 = 1, maka tunjukkan bahwa an = 1 untuk setiap bilangan asli n.

2 Teorema Keterbagian

Pada bab ini, kita akan mempelajari tentang konsep dasar keterbagian, algoritma pembagian,faktor persekutuan terbesar, dan kelipatan persekutuan terkecil.

2.1 Keterbagian

Definisi 1Misalkan a dan b adalah bilangan bulat dengan a 6= 0. Bilangan a dikatakan habis membagi b

jika terdapat bilangan bulat k sehingga b = ka. Untuk selanjutnya kita tulis a|b, sedangkan dalamhal a tidak habis membagi b kita tulis dengan a - b.

Contoh 13|12 karena terdapat bilangan bulat k yaitu k = 4 sehingga 12 = 4× 33 - 7 karena kita tidak mungkin mendapatkan bilangan bulat k sehinga 7 = k × 3.Dari definisi di atas kita dapat menurunkan sefat-sifat sebagai berikut

16

Sifat 1Untuk setiap bilangan bulat a yang tidak nol selalu berlaku a|a dan a|0Sifat 2Untuk setiap bilangan bulat a selalu berlaku 1|aSifat 3Jika a|b maka

(i) |a| ≤ |b|

(ii) ac|bc untuk setiap bilangan bulat c yang tidak nol.

Sifat 4Jika a|b dan a|c maka a| (mb + nc) untuk setiap bilangan bulat m dan n.

Di sini, kita hanya akan membuktikan Sifat 4. Sedangkan untuk sifat-sifat yang lainnya diser-ahkan kepada pembaca sebagai latihan.

Bukti Sifat 4Perhatikan bahwa a|b artinya terdapat bilangan bulat k sehingga b = ka, dan juga kita tahu

a|c yang berarti terdapat bilangan bulat l sehingga c = la. Dari kedua fakta tersebut kita punyamb + nc = mka + nla = (mk + nl) a yang berarti a| (mb + nc) �

Contoh 2Tentukan semua bilangan asli n sehingga 3n+252n−5 juga merupakan bilangan asli (soal OSN tk

Propinsi, 2002)Jawab:Agar 3n+252n−5 merupakan bilangan bulat haruslah 2n − 5|3n + 25, di lain pihak kita juga punya

2n− 5|2n− 5. Dengan demikian 2n− 5| (2 (3n + 25)− 3 (2n− 5)) atau ekivalen dengan 2n− 5|65.Dari sini kita simpulkan 2n−5 = 1, 5, 13, atau 65. Yang selanjutnya kita dapatkan solusi n = 3, 5, 9,atau 35.

2.2 Algoritma Pembagian

Teorema 1Jika a dan b adalah bilangan bulat dan b > 0, maka terdapat dengan tunggal bilangan bulat q

dan r sehinggaa = bq + r

dengan 0 ≤ r < b.

Bukti:Padang himpunan ..., a−3b, a−2b, a− b, a, a+ b, a+2b, a+3b, ... Jika barisan tersebut memuat

unsur nol, maka terdapat bilangan bulat q sehingga a = bq + r dengan r = 0. Jika barisan tersebuttidak terdapat unsur nol, maka a tidak mungkin nol. Jika a > 0 maka a + ab = a (1 + b) > 0, danjika a < 0 maka a − ab = −a (b− 1) > 0. Jadi, barisan tersebut memuat unsur positif. Dengandemikian, jika kita himpun semua elemen yang positif sebut saja himpunan S, maka menurut wellordering principle S mempunyai elemen terkecil, sebut elemen minmal tersebut adalah r = a− qb.Kita akan buktikan bahwa r < b. Jelas r 6= b (mengapa?), andaikan r > b maka akan kita peroleh

17

s = a−(q + 1) b = a−qb−b = r−b > 0. Perhatikan bahwa s ∈ S, dan s < r. Ini kontradiksi denganasumsi bahwa r merupakan elemen terkecil. Jadi haruslah terdapat bilangan bulat q sehingga

0 < r = a− bq < b

atau dengan kata laina = bq + r dengan 0 < r < b

Sekarang akan kita buktikan ketunggalannya. Misalkan terdapat bilangan bulat 0 ≤ r1, r2 < b danq1 serta q2 sehingga a = bq1 + r1 = bq2 + r2. Dari sini akan diperoleh b (q1 − q2) = r2 − r1 yangberarti b| (r2 − r1) , akan tetapi −b < r2 − r1 < b , akibatnya r2 − r1 = 0 atau dengan kata lainr2 = r1. Dengan fakta r2 = r2 ini juga akan berakibat q1 = q2 dan kita selesai.�

Dari teorema di atas, dapat kita pahami bahwa jika m suatu bilangan asli, maka untuk sebarangbilangan bulat n dapat dinyatakan sebagai

n = mk + r

untuk suatu bilangan bulat k dan r dengan 0 ≤ r ≤ m − 1. Bilangan yang berbentuk mk + radalah bilangan bulat yang bersisa r ketika dibagi m. Sebagai contoh, kita kita ambil m = 2,maka fakta di atas mengatakan bahwa setiap bilangan bulat dapat dinyatkan dalam bentuk 2katau 2k + 1, yang selanjutnya dalam kehidupan kita sehari-hari bilangan yang berbentuk 2k dan2k+1 berturut-turut kita katakan bilangan genap dan bilangan ganjil. Sekarang, marilah kita lihatbeberapa contoh berikut:

Contoh 3Tentukan semua banyak bilangan asli n dengan n < 2008 yang menyebabkan 13n (n + 1) meru-

pakan bilangan bulat.Jawab:Setiap bilangan asli dapat dinyatakan dalam bentuk 3k, 3k + 1, atau 3k + 2Untuk n = 3k, kita punya 13 .3k. (3k + 1) = k (3k + 1) merupakan bilangan bulat,untuk n = 3k + 1 kita punya 13 (3k + 1) (3k + 2) = 3k

2 + 3k + 23 bukan merupakan bilanganbulat,

untuk n = 3k + 2 kita punya 13 (3k + 2) (3k + 3) = (3k + 2) (k + 1) merupakan bilangan bulat.Jadi, bilangan asli n yang menyebabkan 13n (n + 1) bukan bilangan bulat adalah bilangan asli

yang berbentuk 3k + 1. Bilangan seperti ini yang kurang dari 2008 dapat kita daftar dengan caraberikut:

1 = 3.0 + 1, 4 = 3.1 + 1, 7, ..., 2005 = 3.668 + 1

yang berarti ada 669 bilangan asli kurang dari 2008 yang berbentuk 3k + 1. Dengan ddemikian,banyak bilangan asli n < 2008 yang menyebabkan 13n (n + 1) merupakan bilangan bulat adalah2007− 669 = 1338.

Contoh 4.Tunjukkan bahwa tidak ada bilangan kuadrat pada barisan

11, 111, 1111, 11111, ...

Jawab:Perhatikan bahwa untuk n = 2k kita punya n2 = 4k2 dan untuk n = 2k + 1 kita punya

n2 = 4(k2 + k

)+ 1. Dari sini kita dapat simpulkan bahwa sisa pembagian dari bilangan kadrat

oleh 4 adalah 0 atau 1. Sekarang perhatikan barisan

11, 111, 1111, 11111, ...

18

sisa pembagian setiap suku oleh 4 selalu bersisa 3, dengan demikian tidak ada bilangan kuadratpada barisan di atas.

2.3 Pembagi sekutu terbesar dan faktor sekutu terkecil

2.3.1 Pembagi sekutu terbesar

Pada saat sekolah dasar, kita semua tentu telah mengenal pembagi sekutu terbesar atau biasadisebut faktor persekutuan terbesar (FPB), atau disebut juga greatest common divisor (gcd).

Definisi 2.Diberikan a dan b adalah bilangan bulat yang tidak keduanya nol. Bilangan asli d disebut

pembagi sekutu terbesar dari a dan b atau ditulis dengan d = gcd (a, b) jika

(i). d|a dan d|b

(ii). untuk setiap bilangan asli c dengan c|a dan c|b haruslah berlaku c ≤ d.

bagian (i) mengatakan bahwa d adalah pembagi sekutu dari a dan b, sedangkan bagian (ii)mengatakan bahwa untuk setiap pembagi sekutu dari a dan b harus lebih kecil atau sama dengand, dengan kata lain (ii) mengatakan bahwa d merupakan pembagi sekutu yang terbesar.

Definisi 3.Bilangan bulat a dan b dikatakan saling prima (relatif prima) jika gcd (a, b) = 1.Definisi 4.Untuk sebarang bilangan bulat a, b dan c didefinisikan

gcd (a, b, c) = gcd (gcd (a, b) , c) = gcd (a, gcd (b, c))

Dari definisi di atas, dapat diturunkan beberapa sifat di bawah ini:

1. gcd (a, b) = gcd (b, a) = gcd (|a|, |b|)

2. gcd (a, 1) = 1 untuk setiap bilangan bulat a,

3. gcd (a, 0) = |a| untuk setiap bilangan bulat tak nol a,

4. gcd (ma,mb) = |m| gcd (a, b) untuk setiap bilangan bulat tak nol m,

5. jika d = gcd (a, b) maka gcd(

ad ,

bd

)= 1.

Bukti untuk sifat (5) dapat dilihat pada contoh 6, sedangkan untuk yang lain diserahkan kepadapembaca sebagi latihan.

19

2.3.2 Menentukan gcd dua bilangan dengan algoritma Euclide

Misalkan a dan b bilangan bulat yang tidak keduanya nol. Kita akan menghitung gcd dari a dan bdengan menggunakan algoritma pembagian yang telah kita kenal pada sub bab sebelumnya. Karenagcd (a, b) = gcd (b, a) = gcd (|a|, |b|) , maka di sini hanya akan dibahas untuk a dan b bilangan aslidengan a > b.

Berdasarkan algoritma pembagian, akan terdapat bilangan bulat q dan r dengan 0 ≤ r < bsehingga a = bq + r atau ekivalen dengan r = a− bq.

Perhatikan bahwa untuk setiap pembagi sekutu a dan b pasti merupakan pembagi dari r. Olehsebab itu, dapat kita simpulkan gcd (a, b) = gcd (b, r) . Jika r = 0, maka gcd (a, b) = gcd (b, 0) = b.Jika r 6= 0 kita dapat lakukan langkah yang sama pada b dan r, yakni terdapat q1 dan r1 dengan0 ≤ r1 < r sehingga b = rq1 + r1. Dengan argumen yang sama seperti sebelumnya, kita simpulkangcd (b, r) = gcd (r, r1) . Jika r1 = 0, maka gcd (b, r) = gcd (r, r1) = r. Jika tidak, kita dapatmelakukan langkah di atas sehingga kita peroleh barisan r1, r2, ... Akan tetapi, karena a dan bberhingga, maka tentu akan terdapat n sehingga rn = 0. Dengan demikian

gcd (a, b) = gcd (b, r) = gcd (r, r1) = gcd (r1, r2) = ... = gcd (rn−1, rn) = gcd (rn−1, 0) = rn−1

Untuk lebih jelasnya, perhatikan contoh berikut:Contoh 5.Hitung gcd (2008, 123456) .Jawab:gcd (2008, 123456) = gcd (123456, 2008) . Dengan algoritma pembagian 123456 = 61×2008+968,

dengan demikian gcd (123456, 2008) = gcd (2008, 968) . Kemudian 2008 = 2 × 968 + 72, sehinggagcd (2008, 968) = gcd (968, 72) , seterusnya dengan algoritma pembagian akan kita peroleh

gcd (968, 72) = gcd (72, 32) = gcd (32, 8) = gcd (8, 0) = 8

dengan demikian gcd (2008, 123456) = 8.Contoh 6.Jika d = gcd (a, b) maka tunjukkan bahwa gcd

(ad ,

bd

)= 1.

Jawab:Misalkan gcd

(ad ,

bd

)= k, maka kita punya k|ad dan k|

bd , yang berakibat kd|a dan kd|b dan

selanjutnya kita peroleh kd ≤ d (mengapa?). Dengan demikian, k ≤ 1 dan kita peroleh k = 1(karena k merupakan bilangan asli). Jadi gcd

(ad ,

bd

)= 1.

Teorema 2(Identitas Benzout)Jika d = gcd (a, b) maka terdapat bilangan bulat x dan y sehingga ax + by = d.Jawab:Bentuk himpunan

S = {ax + by|x, y ∈ Z, ax + by > 0}

perhatikan bahwa jika kita ambil x = a dan n = b kita punya a2 + b2 > 0 (ingat pada pendefinisiangcd kita asumsikan a dan b tidak keduanya nol) yang berarti S tidak kosong. Dengan demikian Smempunyai elemen terkecil, sebut saja d. Kita akan buktikan bahwa d = gcd (a, b) . Pertama akankita buktikan bahwa d|a dan d|b. Dengan algoritma pembagian kita dapat tulis a = dq + r dengan0 ≤ r < t atau dengan kata lain r = a − dq. Akan tetapi d ∈ S yang berarti d = am + bn untuksuatu m, n ∈ Z. Oleh karena itu, kita punya r = a − dq = a − (am + bn) q = a − aqm − bnq =a (1− qm)− b (nq) ∈ S. Karena d adalah elemen terkecil dari S dan r < t maka r = 0 yang berarti

20

d|a, dengan cara yang sama kita peroleh juga d|b. Sekarang misalkan c adalah sebarang bilanganasli dengan c|a dan c|b, maka c|am + bn atau c|d. terbukti bahwa d = gcd (a, b) .

Dengan menggunakan teorema di atas kita dapat menurunkan beberapa sifat sebagai berikut:

1. Jika d = gcd (a, b) maka untuk sebarang bilangan bulat c dengan c|a dan c|b haruslah berlakuc|d.

2. Jika a|bc dan gcd (a, b) = 1, maka a|c.

Bukti:Untuk sifat (1) dapat langsung dilihat dari pembuktian teorema identitas Benzout, sehingga di

sini hanya akan kita buktikan untuk sifat (2) .Bukti sifat (2) :Perhatikan bahwa a|bc, artinya terdapat bilangan bulat k sehingga bc = ka. Selain itu, kita juga

punya gcd (a, b) = 1. Menurut identitas Benzout kita dapat menemukan bilangan bulat x dan ydengan sifat ax + by = 1. Dengan mengalikan kedua ruas dengan c akan kita peroleh acx + bcy = cyang ekivalen dengan acx = c− bcy. Perhatikan bahwa a| (c− bcy) , akan tetapi karena a|bcy akanberakibat a|c.�

Contoh 7.Diberikan gcd (15, 24) = 3. Cari salah satu pasangan bulat (x, y) sehingga 15x + 24y = 3.Jawab:Perhatikan bahwa 24 = 15.1 + 9, 15 = 9.1 + 6, dan 9 = 6.1 + 3 (ingat mencari gcd dengan

Algoritma Euclide). Dengan demikian

3 = 9− 6 = 9− (15− 9) = 2.9− 15 = 2 (24− 15)− 15 = −3.15 + 2.24

kita dapat mengambil x = −3 dan y = 2.Contoh 8Jika gcd (a, b) = 1 dan gcd (a, c) = 1, tunjukkan bahwa gcd (a, bc) = 1.Jawab:kita punya gcd (a, b) = 1 dan gcd (a, c) = 1, sehingga ada bilangan bulat x dan y yang memenuhi

ax + by = 1 dan ada bilangan bulat m dan n yang memenuhi ax + cy = 1. Kemudian kita peroleh(ax + by) (am + cn) = 1 ⇐⇒ a (axm + bmy + cnx) + bc (ny) = 1 yang berakibat gcd (a, bc) |1 dantentunya gcd (a, bc) = 1.

Kelipatan persekutuan terkecil. Selain pembagi sekutu terbesar, tentunya pada saat sekolahdasar juga kita telah mengenal kelipatan persekutuan terkecil (KPK). Dalam pembahasan selan-jutnya, untuk sebarang bilangan bulat a dan b KPK dari a dan b kita tulis dengan [a, b] .

Definisi 5Diberikan bilangan bulat a dan b yang tidak keduanya nol. Bilangan bulat positif m disebut

KPK dari a dan b jika

1. m|a dan m|b,

2. untuk setiap bilangan bulat positif n dengan n|a dan n|b haruslah berlaku m ≤ n.

21

Definisi 6Misalkan a, b, dan c bilangan bulat yang tidak semuanya nol, KPK dari a, b, dan c didefinisikan

sebagai[a, b, c] = [[a, b] , c] = [a, [b, c]]

Langsung dari definisi di atas, kita dapat menurunkan beberapa sifat sederhana sebagai berikut:

1. [a, b] = [b, a] untuk setiap bilangan bulat a dan b yang tidak keduanya nol,

2. [a, 0] = 0 untuk setiap bilangan bulat tak nol a,

3. [a, 1] = |a| untuk setiap bilangan bulat a.

Teorema 3Jika a dan b adalah bilangan bulat yang tidak keduanya nol, maka

[a, b] =ab

gcd (a, b)

Bukti:Misalkan d = gcd (a, b) , maka a = da1 dan b = db1 untuk suatu bilangan bulat a1, b1 dengan

gcd (a1, b1) = 1. Misalkan m = da1b1. Akan kita buktikan bahwa m = [a, b] . Jelas bahwa a|m danb|m. Ambil sebarang bilangan asli n dengan sifat a|n dan b|n, artinya n = ka dan n = lb untuksuatu bilangan bulat k, l. Dari sini kita dapatkan ka = lb ⇐⇒ kda1 = ldb1 ⇐⇒ ka1 = lb1. Kitapunya a1|lb1, dan karena gcd (a1, b1) = 1 maka a1|l yang berarti l = ta1 untuk suatu bilanganbulat t. Dengan demikian kita punya n = lb = ldb1 = tda1b1, akibatnya m|n dan kita selesaimembuktikan m = [a, b] .�

Contoh 9.Hitung [56, 72] .Jawab:Karena gcd (56, 72) = 8 maka [56, 72] = 56.728 = 504.

Contoh 10.Tentukan bilangan bulat positif terkecil lebih dari 1 yang bersisa 1 ketika dibagi k untuk setiap

2 ≤ k ≤ 10.Jawab:Bilangan yang bersisa 1 ketika dibagi k pasti berbentuk km + 1 untuk suatu bilangan bulat m,

dan karena bilangan tersebut harus berbentuk km + 1 untuk setiap 2 ≤ k ≤ 10 maka bilangantersebut harus berbentuk rm + 1 dengan r habis dibagi 2 ≤ k ≤ 10. Dengan demikian, r =[2, 3, 4, ..., 10] = 2520. Jadi bilangan yang dimaksud pasti berbentuk 2520m+1 untuk suatu bilanganbulat m. Dan karena kita mencari yang terkecil dan lebih besar dari 1 maka kita ambil m = 1.Jadi, bilangan yang dimaksud adalah 2521.

2.4 Soal-soal Latihan

1. Tentukan semua bilangan bulat p yang menyebabkan

(a) 8p+92p+1 merupakan bilangan bulat,

22

(b) 2p + 1 membagi 2p2 + 7,

(c) p2 − 10 kelipatan p + 10.

2. Tentukan semua bilangan asli n sehingga n3+24n+3 juga merupakan bilangan asli.

3. Tentukan bilangan asli terbesar n sehingga n3 + 100 kelipatan n + 10.

4. Diberikan f (x) = ax2 + bx + c, dengan a, b, dan c adalah bilangan bulat. Jika 3|f (x) untuksetiap bilangan bulat x, tunjukkan bahwa 3|a, 3|b, dan 3|c.

5. Buktikan bahwa n(n+1)(2n+1)6 merupakan bilangan bulat untuk sebarang bilangan bulat n.

6. Buktikan pernyataan-pernyataan di bawah ini:

(a) hasil kali 2 bilangan bulat yang berurutan selalu habis dibagi 2,

(b) hasil kali 3 bilangan bulat yang berurutan selalu habis dibagi 6,

(c) hasil kali n bilangan bulat yang berurutan selalu habis dibagi n!.

7. Buktikan bahwa gcd (a, b) = gcd (3a + 5b, 11a + 18b) .

8. Buktikan beberapa pernyataan berikut

(a) jika gcd (a, b) dan c|a maka gcd (b, c) = 1(b) jika gcd (a, b) = 1 dan c| (a + b) maka gcd (a, c) = gcd (b, c) = 1(c) jika gcd (a, b) = 1 maka gcd

(a2, b2

)= 1.

9. Misalkan an = k2n, dengan k bilangan asli. Tunjukkan bahwa jika m 6= n maka gcd (am, an) =

1 untuk k genap, dan gcd (am, an = 2) untuk k ganjil.

10. Jika a,m, n bilangan asli, a > 1 dan gcd (m,n) = d, tunjukkan bahwa

[am − 1, an − 1] = (am − 1) (an − 1)

ad − 1

(petunjuk: tunjukkan bahwa gcd (am − 1, an − 1) = ad − 1).

3 Bilangan Prima

3.1 Pengertian bilangan prima

Pada pembahasan keterbagian, kita kenal istilah a membagi b. Nah, untuk selanjutnya pernyataana membagi b dapat kita katakan a faktor dari b.

Definisi 1.Bilangan bulat positif p dikatakan bilangan prima jika p mempunyai tepat dua faktor positif

yaitu 1 dan p sendiri.

Definisi 2.Bilangan bulat positif n dikatakan bilangan komposit jika n mempunyai lebih dari 2 faktor

positif.

23

Definisi 2 di atas juga dapat kita katakan bahwa n adalah bilangan komposit jika terdapatbilangan bulat positif a, b > 1 sehingga n = ab.

Contoh 1.Bilangan-bilangan 2, 3, 5, 7, ... merupakan bilangan prima. Bilangan 4, 6, 8, ... merupakan

bilangan komposit.Teorema 1Banyak bilangan prima adalah tak hingga.Bukti:Andaikan hanya ada sejumlah berhingga bilangan prima, sebut saja p1, p2, ..., pn dengan p1 <

p2 < ... < pn. Bentuk N = p1p2...pn + 1, jelas bahwa N > pn. Perhatikan bahwa untuk setiapk = 1, 2, ..., n haruslah pk tidak membagi N, karena jika pk membagi N maka pk|1 yang jelas tidakmungkin. Dengan demikian N prima atau terbagi oleh bilangan prima yang lebih dari pn. Hal inikontradiksi dengan asumsi kita. Jadi banyak bilangan prima adalah tak hingga.

Contoh 2.Tentukan semua bilangan prima yang berbentuk n3 + 1 untuk suatu bilangan asli n.Jawab:Perhatikan bahwa n3 +1 = (n + 1)

(n2 − n + 1

), dengan demikian salah satu faktor yaitu n+1

atau n2 − n + 1 harus sama dengan 1. Jika n + 1 = 1 maka n = 0 (tidak memenuhi), dan jikan2 − n + 1 = 1 maka n = 0 atau n = 1. Untuk n = 1 kita peroleh n3 + 1 = 2. Jadi bilangan primayang berbentuk n3 + 1 hanyalah 2.

Contoh 3.Tunjukkan bahwa untuk setiap bilangan prima p selalu berlaku 6|

(p2 − 1

).

Jawab:Setiap bilangan prima lebih p > 3 selalu dapat kita nyatakan sebagai 6k + 1 atau 6k− 1. Akan

tetapi, apapun yang terjadi akan selalu kita peroleh p2 = 6m + 1 di mana m = 6k2 + 2k ataum = 6k2 − 2k. Dengan demikian 6|

(p2 − 1

).

Akibat 1.

1. Jika p prima, maka untuk sebarang bilangan asli n berlaku p|n atau gcd (p, n) = 1.

2. Jika p prima dan p|ab untuk suatu bilangan bulat a dan b, maka p|a atau p|b.

Bukti:

1. Jika p|n, maka tidak ada yang perlu dibuktikan. Asumsikan p - n. Misalkan d = gcd (p, n) ,yang berarti d|p dan d|n. Karena p prima maka d = 1 atau d = p. Dari asumsi kita punyap - n, akibatnya d 6= n .Dengan kata lain d = 1 dan kita selesai.

2. Jika p|a, maka kita selesai. Asumsikan p - a. Menurut sifat (1) kita punya gcd (p, a) = 1,dengan demikian terdapat bilangan bulat x dan y sehingga px + ay = 1. Dengan mengalikankedua ruas dengan b akan kita peroleh pbx + aby = b atau setara dengan p (bx) = b − aby.Akan tetapi p|ab akibatnya p|b.�

Akibat 2.Jika p prima dan n, m sebarang bilangan asli dengan p|nm maka p|n.Bukti langsung dapat dilihat dari akibat 1 bagian 2.

24

3.2 Faktorisasi Prima

Bilangan prima merupakan bilangan yang lebih sederhana daripada bilangan komposit karena bi-langan prima hanya mempunyai 2 faktor positif yang berbeda. Oleh karena itu setiap bilanganasli akan kita bawa ke dalam perkalian bilangan-bilangan prima berpangkat yang disebut denganfaktorisasi prima. Berikut penjelasannya.

Teorema 2Setiap bilangan asli n > 1 dapat dinyatakan secara tunggal sebagai

n = pa11 pa22 ...p

akk

dengan k suatu bilangan asli, p1 < p2 < ... < pk bilangan-bilangan prima berbeda , dan ai ≥ 1untuk setiap i = 1, 2, 3, ..., k.

Bukti:Jika n = p prima, maka kita selesai. Asumsikan n komposit. Misalkan p1 adalah bilangan

prima terkecil yang membagi n, maka n = p1n1 untuk suatu bilangan asli n1. Jika n1 prima, makakita selesai. Jika n1 tidak prima kita dapat menemukan bilangan prima terkecil yang membagi n1.Jika bilangan prima tersebut sama dengan p1 maka n = p21n2 untuk suatu bilangan asli n2, jikabilangan prima tersebut tidak sama dengan p1 sebut saja p2 maka = p1p2n2. Demikian seterusnya,sampai kita peroleh nm = 1 (mengapa ini dijamin?). Jadi

n = pa11 pa22 ...p

akk

Sekarang akan kita buktikan ketunggalannya. Misalkan n = pa11 pa22 ...p

akk = q

b11 q

b22 ...q

bmm dengan

p1 < p2 < ... < pk dan q1 < q2 < ... < qm bilangan-bilangan prima. Jika terdapat pi yang tidaksama dengan qt untuk setiap t = 1, 2, ...,m maka pi - qb11 q

b22 ...q

bmm yang berarti pi - n dan ini tidak

mungkin. Jadi, untuk setiap pi pasti terdapat t ∈ {1, 2, ...,m} sehingga pi = qt. Dengan cara yangsama dapat dibuktikan juga bahwa untuk setiap qi pasti terdapat t ∈ {1, 2, ..., k} sehingga qi = pt.Dengan demikian kita punya k = m. Dan karena p1 < p2 < ... < pk dan q1 < q2 < ... < qk makapi = qi untuk setiap i = 1, 2, ..., k atau dengan kata lain

pa11 pa22 ...p

akk = p

b11 p

b22 ...p

bkk

Jika terdapat i sehingga ai > bi maka dengan membagi masing-masing ruas dengan pbii akan be-rakibat pi membagi ruas kiri tetapi tidak membagi ruas kanan yang jelas tidak mungkin. Demikianjuga jika terdapat i sehingga ai < bi maka dengan membagi kedua ruas dengan paii akan berakibatpi tidak membagi ruas kiri tetapi pi membagi ruas kanan yang jelas tidak mungkin. Jadi kita haruspunya ai = bi untuk setiap i = 1, 2, ..., k. Dan kita selesai membuktikan ketunggalannya. �

keterangan: Tidak hanya bilangan asli saja yang dapat kita tulis dalam bentuk perkalianfaktor-faktor prima. Secara umum, untuk sebarang bilangan bulat n 6= 0 selalu dapat ditulisdalam bentuk n = upa11 p

a22 ...p

akk dengan u = ±1, k bilangan asli, dan p1, p2, ..., pk bilangan prima.

Faktorisasi prima ini, akan memudahkan kita dalam menganalisa suatu bilangan bulat. Per-hatikan bahwa jika bentuk faktorisasi prima dari n adalah

n = pa11 pa22 ...p

akk

maka kita mengetahui beberapa hal sebagai berikut:

25

1. n mempunyai k faktor prima yaitu p1, p2, ..., pk.

2. Banyak faktor positif dari n adalah (1 + a1) (1 + a2) ... (1 + an) (mengapa?).

Salah satu penggunaan faktorisasi prima adalah mencari FPB dan KPK dua bilangan bulat.Jika kita sudah mendapatkan faktorisasi prima dari dua bilangan bulat, sebut saja a dan b, makapastilah faktorisasi dari keduanya dapat dinyatakan sebagai

a = ps11 ps22 ...p

skk dan b = p

t11 p

t22 ...p

tkk

dengan pi prima dan si, ti ≥ 0 untuk i = 1, 2, ..., k. Dengan faktorisasi prima ini, dapat dipahamibahwa

gcd (a, b) = pm11 pm22 ...p

mkk dan [a, b] = p

M11 p

M22 ...p

Mkk

di mana mi = min {ai, bi} dan Mi =maks{ai, bi} untuk setiap i = 1, 2, ..., k.

Untuk lebih jelasnya, mari kita simak beberapa contoh di bawah ini:

Contoh 4Tentukan FPB dan KPK dari 56 dan 2008.Jawab:Akan kita selesaikan dengan faktorisasi prima, perhatikan bahwa 112 = 24.7 dan 2008 = 23.251.

Dengan demikian gcd (56, 2008) = 23 = 8 dan [112, 208] =(24

)(7) (251) = 28 112.

Contoh 5Tentukan jumlahan dari semua faktor positif dari 5.000.000.Jawab:Tentu kita dapat mendaftar semua faktor positif dari 5.000.000 kemudian menjumlahkannya,

namun akan butuh waktu yang sangat lama. Nah, sekarang perhatikan bahwa faktorisasi primadari 5.000.000 adalah 26.57. Dengan demikian, setiap faktor positifnya berbentuk 2a.5b dengana = 0, 1, 2, ..., 6 dan b = 0, 1, 2, ..., 7. Sehingga jumlahan dari semuanya adalah

∑a,b

(2a.5b

)=(∑6

a=02a

) (∑7b=0

3b)

=(27 − 1

) (38−1

2

).

Contoh 6

Jika m adalah bilangan asli sehingga√

m merupakan bilangan rasional, maka tunjukkan bahwam merupakan kuadrat suatu bilangan asli.

Jawab:Misalkan

√m = ab dengan a dan b bilangan asli (mengapa?). Jika b = 1, maka jelas bahwa

m = a2. Asumsikan b > 1, akibatnya a > 1. Kita dapat tulis faktorisasi prima dari a dan b yaitu a =ps11 p

s22 ...p

skk dan b = p

t11 p

t22 ...p

tkk . Sekarang perhatikan bahwa m =

a2

b2= p2s1−2t11 p

2s2−2t22 ...p

2sk−2skk =(

ps1−t11 ps2−t22 ...p

sk−skk

)2. Karena m bilangan asli dan p1, p2, ..., pk bilangan prima maka bilangan

yang berada dalam tanda kurung merupakan bilangan asli, dan kita selesai.

3.3 Soal-soal Latihan

1. Tentukan semua bilangan asli n yang menyebabkan n4 + 4 merupakan bilangan prima.

2. Tunjukkan n merupakan bilangan komposit jika dan hanya jika n terbagi oleh bilangan primap dengan p ≤

√n.

26

3. Tunjukkan bahwa ada tak hingga bilangan prima yang berbentuk 4n+3 untuk suatu bilanganasli n.

4. Apakah terdapat bilangan asli n sehingga 6n + 5 merupakan jumlahan dari dua bilanganprima?

5. Tentukan semua bilangan prima p sehingga 4p2 + 1 dan 6p2 + 1 juga merupakan bilanganprima. (soal OSN I, Yogyakarta, 2002).

6. Diberikan p > 3 adalah bilangan prima. Jika

1 +12

+13

+ ... +1

p− 1=

a

b

dengan a dan b bilangan bulat dan gcd (a, b) = 1, maka tunjukkan bahwa p membagi a.

7. Tunjukkan bahwa jika a, b, c, d ∈ N dan ab = cd, maka bilangan an + bn + cn + dn merupakanbilangan komposit untuk setiap bilangan asli n.

8. Jika faktorisasi prima dari n adalah n = pa11 pa22 ...p

akk , maka tunjukkan bahwa

(a) Hasil kali semua faktor positif dari n adalah nm2 dengan m = (1 + a1) (1 + a2) ... (1 + ak) ,

(b) Jumlahan semua faktor positif daro n adalah(∑a1

i=0 pi1

) (∑a2i=0 p

i2

)...

(∑aki=0 p

ik

).

9. Tunjukkan bahwa n merupakan kuadrat sempurna jika dan hanya jika n mempunyai sejumlahganjil faktor positif.

10. Terdapat 2008 pintu berjajar diberi nomor 1 sampai 1008 dan semuanya dalam keadaantertutup. Sekelompok anak, Pi dengan 1 ≤ i ≤ 2008 berjalan melalui jajaran pintu tersebut.Masing-masing anak mengubah kondisi pintu nomor k jka dan hanya jika i membagi k, jikapintunya tertutup diubah menjadi terbuka dan sebaliknya. Cari banyak pintu yang terbukasetelah semua anak melewati jajaran pintu tersebut.

4 Persamaan dan Sistem Persamaan dalam Bilangan Bulat

Dalam menyelesaikan persamaan dan sistem persamaan dalam bilangan bulat (sering juga disebutpersamaan Diophantine) tentu akan lebih mudah, karena kita hanya dibatasi penyelesaian dalambilangan bulat. Sebagai contoh jika kita akan mencari pasangan bilangan real (x, y) yang memenuhixy = 2, tentu akan ada tak hingga banyaknya yaitu semua pasangan bilangan real

(x, 2x

)untuk

setiap bilangan real tak nol x, pasti merupakan solusi xy = 2. Akan tetapi jika kita akan mencaripasangan bilangan bulat (x, y) yang memenuhi persamaan xy = 2, maka solusinya hanya ada 4yaitu (1, 2) , (2, 1) , (−1,−2) , dan (−2,−1) . Mengapa demikian? Untuk lebih jelasnya simak uraianberikut:

27

4.1 Persamaan Diophantine Linear

Persamaan ini adalah persamaan yang paling sederhana, karena kita bisa langsung mencari solusiumumnya.

Definisi 1Misalkan a, b, dan c adalah bilangan-bilangan bulat. Persamaan Diophantine berbentuk ax +

by = c disebut Persamaan Diophantine linear dan setiap pasangan bilangan bulat (x, y) yangmemenuhi ax + by = c disebut solusi.

Teorema 1Persamaan Diophantine ax + by = c mempunyai solusi jika dan hanya jika gcd (a, b) |c.Bukti:=⇒)Diketahui persamaan ax+ by = c mempunyai solusi, artinya ada bilangan bulat x0 dan y0 yang

memenuhi ax0 + by0 = c. Andaikan gcd (a, b) tidak membagi c. Perhatikan bahwa ruas kiri terbagioleh gcd (a, b) tetapi ruas kanan tidak terbagi oleh gcd (a, b) yang jelas ini tidak mungkin. Jadiharuslan gcd (a, b) membagi c.

⇐=)Diketahui gcd (a, b) |c, artinya terdapat bilangan bulat k sehingga c = k gcd (a, b) .Menurut identitas Benzout terdapat bilangan bulat m dan n yang memenuhi am + bn =

gcd (a, b) . Dengan mengambil x = km dan y = kn kita akan punya

ax + by = akm + bkn = k (am + bn) = k (gcd (a, b)) = c

yang berarti persamaan ax + by = c mempunyai solusi yaitu (km, kn) .

Contoh 2Hitung banyak bilangan bulat 1 ≤ n ≤ 100 yang dapat dinyatakan dalam bentuka 6x + 8y

untuk suatu bilangan bulat x dan y.Jawab:Perhatikan bahwa gcd (6, 8) = 2. Oleh karena itu menurut teorema di atas, hanya bilangan yang

terbagi oleh 2 yang dapat dinyatakan dalam bentuk 6x + 8y untuk suatu bilangan bulat x dan y.Dalam hal ini, 1 ≤ n ≤ 100 yang terbagi oleh 2 ada tepat 50 bilangan.

Teorema 2Jika Persamaan Diophantine ax + by = c mempunyai solusi (x0, y0) maka persamaan tersebut

mempunyai tak hinga banyaknya solusi dan setiap solusinya berbentuk

x (k) = x0 + kb

gcd (a, b)dan y (k) = y0 − k

a

gcd (a, b)

untuk sebarang bilangan bulat k.Bukti:Diketahui (x0, y0) solusi dari ax + by = c, artinya ax0 + by0 = c. Jika (x (k) , y (k)) kita substi-

tusikan ke persamaan akan kita peroleh

ax (k) + by (k) = ax0 + kab

gcd (a, b)+ by0 − k

ab

gcd (a, b)= ax0 + by0 = c

28

yang berarti (x (k) , y (k)) juga merupakan solusi.Nah, untuk bukti bahwa solusi persamaan ax +by = c hanyalah (x (k) , y (k)) akan kita bahas setelah kita membahas kongruensi bilangan bulat(pada modul ini tidak dibahas).

Pertanyaannya adalah bagaimana cara kita menentukan solusi awal (x0, y0) ini? Ingat kembaliwaktu kita membahas Algoritma Euclide. Kita bisa mencari bilangan bulat m dan n sehinggaam + bn = gcd (a, b) . Karena persamaan ax + by = c punya solusi jika dan hanya jika gcd (a, b) |cmaka terdapat k sehingga c = k gcd (a, b) . Dengan demikian kita bisa mengambil solusi awalx0 = km dan y0 = kn. (Pada umumnya, bukan pekerjaan yang sulit untuk mencari salah satusolusi dari persamaan ax + by = c).

Contoh 3Tentukan semua solusi dari Persamaan Diophantine linear 6x + 8y = 12.Jawab:Kita punya gcd (6, 8) = 2 dan 2|12, yang berarti persamaan ini punya solusi. Mudah dipahami

bahwa salah satu solusinya adalah (2, 0) . Dengan demikian solusi umumnya adalah x (k) = 2 + 4kdan y (k) = −3k untuk sebarang bilangan bulat k.

Contoh 4Ada berapa banyak pasangan bilangan asli (x, y) yang memenuhi persamaan 4x + 6y = 48?Jawab:Untuk menyelesaikan soal ini kita selesaikan seperti biasa yaitu kita cari solusi umumnya, selan-

jutnya kita batasi nilai k agar solusinya merupakan bilangan asli. Salah satu solusi dari persamaanini adalah (12, 0) , sehingga solusi umumnya adalah x = 12 + 3k dan y = −2k untuk sebarangbilangan bulat k. Sekarang akan kita batasi nilai k sehingga x, y > 0. Dari 12+3k > 0 kita perolehk > −4 dan dari −2k > 0 kita peroleh k < 0, atau dengan kata lain kita peroleh −4 < k < 0.Akan tetapi, karena k bilangan bulat maka −3 ≤ k ≤ −1. Dengan demikian ada tepat 3 pasanganbilangan asli (x, y) yang memenuhi 4x + 6y = 48.

4.2 Persamaan Diophantine Non Linear

Persamaan ini sangat banyak bentuknya, kita tidak mungkin mengkarakteristik satu persatu. Disini kita hanya memaparkan dengan beberapa teknik melalui contoh-contoh soal:

Contoh 5 (teknik pemfaktoran)Tentukan solusi bulat dari persamaan xy = 2x− y.Jawab:Perhatikan bahwa soal di atas ekivalen dengan xy− 2x + y = 0, dengan menambahkan masing-

masing ruas dengan −2, akan diperoleh xy − 2x + y − 2 = −2 dan ini dapat difaktorkan menjadi(x + 1) (y − 2) = −2. Karena x dan y bilangan bulat, maka demikian juga dengan x + 1 dan y− 1.Dengan demikian, ada 4 kejadian yang mungkin

(i). x + 1 = −1 dan y − 2 = 2. Dari sini diperoleh solusi x = −2, y = 4,

(ii). x + 1 = 1 dan y − 2 = −2. Dari sini diperoleh solusi x = 0, y = 0,

(iii). x + 1 = 2 dan y − 2 = −1. Dari sini diperoleh solusi x = 1, y = 1,

(iv). x + 1 = −2 dan y − 2 = 1. Dari sini diperoleh solusi x = −3, y = 3.

29

Mudah dicek bahwa keempat pasang solusi memenuhi persamaan yang diberikan. Jadi semuasolusinya dapat kita nyatakan dalam pasangan (−2, 4) , (0, 0) , (1, 1) , dan (−3, 3) .

Cotoh 6 (teknik pembatasan)Tentukan bilangan asli a, b, c sehingga 1a +

1b +

1c = 1.

Jawab:Perhatikan bahwa persamaan di atas simetri, artinya jika a kita tukar dengan b dan b kita

tukar dengan a persamaan tidak berubah. Sehingga dapat kita asumsikan a ≥ b ≥ c. Akibatnnya1 = 1a +

1b +

1c ≤

1c +

1c +

1c =

3c ⇔ c ≤ 3. Dari sini kita hanya cukup mengecek untuk c = 1, 2, 3.

• c = 1, kita substitusikan ke persamaan awal akan kita peroleh 1a +1b = 0, dan ini tidak punya

penyelesaian bilangan asli.

• c = 2, kita substitusikan ke persamaan awal akan kita peroleh 1a +1b =

12

Karena a ≥ b, maka kita peroleh 12 =1a +

1b ≤

2b ⇔ b ≤ 4. dan juga kita punya b ≥ c = 2.

. • b = 2 tidak ada a yang memenuhi.. b = 3, kita peroleh a = 6.. b = 4, kita peroleh a = 4.

• c = 3, kita substitusikan ke persamaan awal akan kita peroleh 1a +1b =

23 .

Karena a ≥ b, maka kita peroleh 23 =1a +

1b ≤

2b ⇔ b ≤ 3. dan juga kita punya b ≥ c = 3

jadi b = 3, sehingga kita peroleh a = 3.Kita peroleh pasangan solusi (6, 3, 2) , (4, 4, 2) , (3, 3, 3). Perhatikan bahwa awalnya kita asum-

sikan a ≥ b ≥ c, padahal bisa saja a ≥ c ≥ b atau yang lainnya. Tetapi karena persamaan-nya simetris, maka solusi yang lainnya tingal diubah urutannya. Jadi semua solusinya adalah(6, 3, 2) , (6, 2, 3) , (3, 2, 6) ,

(3, 6, 2) , (2, 3, 6) , (2, 6, 3) , (4, 4, 2) , (4, 2, 4) , (2, 4, 4) , dan (3, 3, 3) .Contoh 7 (teknik keterbagian)Tunjukkan bahwa tidak ada bilangan bulat x dan y yang memenuhi pesamaan

(x + 1)2 + (x + 2)2 + ... + (x + 99)2 = y2

Jawab:Andaikan terdapat bilangan bulat x dan y yang demikian. Kita jabarkan yang ruas kiri, yakni:

(x + 1)2 + (x + 2)2 + ... + (x + 99)2 = 99x2 + 99 (100) x +99.100.199

6= 99

(x2 + 100x

)+ 33.50.199

dengan demikian kita punya 99(x2 + 100x

)+ 33.50.199 = y2. Perhatikan bahwa ruas kiri habis

dibagi 3, akibatnya ruas kanan juga habis dibagi 3. Akan tetapi, karena ruas kanan merupakankuadrat sempurna maka ruas kanan juga kan dibagi 9. Tentu saja ruas kiri juga havis dibagi 9,akibatnya 33.50.199 habis dibagi 9 yang jelas ini tidak mungkin.

Contoh 8 (teknik parameter)Tunjukkan bahwa persamaan x2 + y2 = x3 mempunyai tak hingga banyaknya solusi asli.Jawab:Persamaan di atas dapat kita tulis sebagai y2 = x3 − x2 atau ekivalen dengan y2 = x2 (x− 1) .

Oleh karena itu, agar persamaan tersebut punya solusi, kita harus punya x− 1 merupakan kuadratsempurna. Dengan mengambil x = n2 +1 dan y = n

(n2 + 1

)untuk sebarang bilangan asli n, maka

mudah ditunjukkan bahwa pasangan(n2 + 1, n

(n2 + 1

))merupakan solusi yang banyaknya jelas

ada tak hingga.

30

4.3 Sistem Persamaan Diophantine

Telah kita bahas beberapa jenis dan contoh Persamaan Diophantine serta cara menyelesaikannya.Nah, untuk menyelesaikan sistem persamaan Diophantine kita dapat membawa ke dalam bentukPersamaan Diophantine seperti yang telah kita kenal. Pada dasarnya, kita akan mencari solusibilangan asli yang memenuhi semua persamaan yang diberikan secara simultan.

4.4 Soal-soal Latihan

1. Ada berapa banyak pasangan bilangan asli (x, y) yang memenuhi persamaan 2x+3y = 1000?

2. Banyak pasangan bilangan asli (x, y) yang memnuhi persamaan 1x −1y =

13 adalah...

3. Banyaknya bilangan asli n sehingga 3n + 81 merupakan kuadrat sempurna adalah..

4. Bilangan bulat positif terkecil n sehingga 31 membagi 5n + n adalah...

5. Tentukan semua bilangan asli a, b, dan c yang menyebabkan 1a +1b +

1c merupakan bilangan

asli.

6. Tentukan semua pasangan bilangan bulat non negatif yang memenuhi persamaan

(xy − 7)2 = x2 + y2

7. Diketahui x, y, z, dan n adalah bilangan-bilangan asli yang memenuhi

xn + yn = zn

Tunjukkan bahwa x, y, dan z semuanya lebih besar dari n.

8. Tentukan semua bilangan real a sehingga persamaan kuadrat x2 + ax + 6a = 0 mempunyaidua solusi yang keduanya bulat.

9. Tentukan semua pasangan bilangan bulat (x, y) yang memenuhi

x4 + x3 + x2 + x + 1 = y2

10. Carilah semua bilangan prima p sehingga sistem persamaan{p + 1 = 2x2

p2 + 1 = 2y2

mempunyai solusi bulat.

5 Fungsi Tangga

Dalam dunia jual beli, biasanya penjual ingin menjual harganya semahal mungkin, dan sebaliknyapembeli ingin membeli barang yang ia inginkan semurah mungkin. Bahkah, kadang-kadang jikaharganya tidak bulat ribuan misalnya 7.300 maka penjual ingin dibayar 7.500, sebaliknya pembeliingin membayar dengan harga yang dibulatkan ke bawah yaitu 7.000. Nah, dalam ilmu matematikakita akan mengenal fungsi yang digunakan oleh penjual dan pembeli di atas. Fungsi yang akankita pelajari jika digambarkan pada bidang kartesius akan berbentuk seperti tangga. Ada 3 macamfungsi tangga yang akan kita bahas dalam bab ini, yaitu fungsi floor (pembulatan ke bawah), fungsiceiling (pembulatan ke atas), dan fungsi bulat (pembulatan ke bilangan bulat yang terdekat).

31

5.1 Fungsi floor

Fungsi floor disebut juga fungsi pembulatan ke bawah, yakni dengan mengambil bagian bulatnya.Untuk sebarang bilangan real x,nilai fungsi floor dari x kita tulis dengan bxc .

Definisi 1Misalkan x adalah sebarang bilangan real. Nilai fungsi floor x kita tulis dengan bxc merupakan

bilangan bulat terbesar yang kurang dari atau sama dengan x.Contoh:b3, 14c = 3, b−2, 5c = −3,

⌊√2⌋

= 1, dan lain sebagainya.

Definisi 2Untuk sebarang bilangan real x, notasi {x} menyatakan bagian pecahan dari x.Secara matematika, definisi di atas dapat kita tuliskan

{x} = x− bxc

Dari sini jelas bahwa untuk sebarang bilangan real x berlaku 0 ≤ {x} < 1.Contoh:{3, 14} = 0, 14; {−2, 5} = 0, 5;

{√2}

= 0, 41..., dan lain sebagainya.

Langsung dari definisi, kita dapat menurunkan beberapa sifat sebagai berikut:

1. Untuk sebarang bilangan real x selalu berlaku x− 1 < bxc ≤ x,

2. bxc = x jika dan hanya jika x ∈ Z,

3. bx + kc = bxc+ k untuk sebarang bilangan bulat k,

4. bxc+ byc ≤ bx + yc untuk setiap x, y ∈ R,

5. bxyc ≤ bxc byc untuk setiap x, y ∈ R.

Sifat 1, 2, dan 3 trivial. Di sini kita hanya akan membuktikan sifat 4, sedangkan untuk sifat 5buktinya hampir sama dengan pembuktian sifat 4 dan diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

Bukti sifat 4.Tulis x = bxc+ {x} dan y = byc+ {y} , akan kita peroleh

bx + yc = bbxc+ byc+ {x}+ {y}c = bxc+ byc+ b{x}+ {y}c ≥ bxc+ byc

dan kita selesai. �

Contoh 1Untuk sebarang bilangan real x, tunjukkan bahwa

⌊x + 12

⌋+ bxc = b2xc .

Bukti:Tulis x = bxc + {x} dengan 0 ≤ {x} < 1. Kita bagi 2 kasus, yaitu jika 0 ≤ {x} < 12 dan

12 ≤ {x} < 1.

(i). untuk 0 ≤ {x} < 12 , kita punya⌊x +

12

⌋+ bxc =

⌊bxc+ {x}+ 1

2

⌋+ bxc = 2 bxc+

⌊{x}+ 1

2

⌋= 2 bxc

danb2xc = b2 bxc+ 2 {x}c = 2 bxc+ b2 {x}c = 2 bxc

yang jelas bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan.

32

(ii). untuk 12 ≤ {x} < 1, kita punya⌊x +

12

⌋+ bxc =

⌊bxc+ {x}+ 1

2

⌋+ bxc = 2 bxc+

⌊{x}+ 1

2

⌋= 2 bxc+ 1

danb2xc = b2 bxc+ 2 {x}c = 2 bxc+ b2 {x}c = 2 bxc+ 1

yang juga jelas bahwa ruas kiri sama dengan ruas kanan.

Perhatikan bahwa jika n dan a adalah sebarang bilangan asli, mudah dipahami bahwa bn/acmerupakan banyaknya bilangan kelipatan a di antara 1, 2, ..., n. Fakta ini sederhana tetapi dapatkita gunakan untuk menyelesaikan beberapa permasalahan seperti pada contoh berikut.

Contoh 2Tentukan banyak anggota himpunan {1, 2, ..., 100} yang habis dibagi 2 atau 3.Jawab:Banyak bilangan kelipatan 2 ada b100/2c = 50, banyak bilangan kelipatan 3 ada b100/3c = 33,

dan banyak bilangan kelipatan 2 dan 3 ada b100/6c = 16. Oleh karena itu, dengan prinsip inklusieksklusi kita peroleh bahwa banyak kelipatan 2 atau 3 ada b100/2c + b100/3c − b100/6c = 50 +33− 16 = 67 bilangan.

Contoh 3Hitung banyak nol di sebelah kanan tanpa terputus dari 31!.Jawab:Angka nol di sebelah kanan tanpa terputus pada 31! akan dihasilkan pada saat kita menga-

likankelipatan 10, dan faktor 10 ini didapat dari kelipatan genap dan kelipatan 5. Karena banyakkelipatan 2 lebih banyak daripada banyak kelipatan 5, maka kita cukup menghitung kelipatan 5.Perhatikan juga bahwa mungkin bilangan kelipatan 5 yang kita kalikan tersebut juga merupakankelipatan 25 dan jika dikalikan dengan bilangan kelipatan 4 akan menghasilkan bilangan kelipatan100 yang akan menambah nol di sebelah kanan sebanyak 2, akan tetapi sebanyak 1 nol telah telahkita masukkan saat kita menghitung kelipatan 5. Dengan demikian, banyak nol di sebelah kanantanpa terputus dari 31! adalah b31/5c+ b31/25c = 6 + 1 = 7 nol.

5.2 Fungsi ceiling

Fungsi floor disebut juga fungsi pembulatan ke atas. Untuk sebarang bilangan real x,nilai fungsiceiling dari x kita tulis dengan dxe .

Definisi 3Misalkan x adalah sebarang bilangan real. Nilai fungsi ceiling x kita tulis dengan dxe merupakan

bilangan bulat terkecil yang lebih dari atau sama dengan x.Contoh:d3, 14e = 4, d−2, 5e = −2,

⌈√2⌉

= 2, dan lain sebagainya.

5.3 Fungsi bulat

Fungsibulat disebut juga fungsi pembulatan ke bilangan bulat terdekat. Untuk sebarang bilanganreal x,nilai fungsi bulat dari x kita tulis dengan [x] .

Definisi 4

33

Misalkan x adalah sebarang bilangan real. Nilai fungsi bulat x kita tulis dengan [x] merupakanbilangan bulat terdekat dengan x. Jika x = k+ 12 untuk suatu bilangan bulat k, maka kita definisikan[x] = k + 1.

Contoh:[3, 14] = 3, [−2, 5] = −2,

[√2]

= 1, dan lain sebagainya

Dari definisi di atas, kita dapat menurunkan beberapa sifat berikut:

1. bxc ≤ [x] ≤ dxe untuk setiap bilangan real x.

2. dxe = x jika dan hanya jika [x] = x,

3. dx + ke = dxe+ k dan [x + k] = [x] + k untuk sebarang bilangan bulat k,

4. dxe+ dye ≥ dx + ye untuk setiap x, y ∈ R,

5. dxye ≤ dxe dye untuk setiap x, y ∈ R.

Contoh 4Tunjukkan bahwa untuk setiap bilangan real x selalu berlaku

⌊x + 12

⌋= [x]

Jawab:Tulis x = bxc+{x} , dengan 0 ≤ {x} < 1. Jika 0 ≤ {x} < 12 maka

⌊x + 12

⌋= bxc dan [x] = bxc .

Jika 12 ≤ {x} < 1 maka⌊x + 12

⌋= bxc+ 1 dan [x] = bxc+ 1.

Contoh 5Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi persamaan⌈

x2⌉

+⌊x2

⌋= 2003

(soal OSN SMA tahun 2003, bidang matematika)Jawab:Perhatikan bahwa jika x2 bulat maka

⌈x2

⌉=

⌊x2

⌋yang akan berakibat x2 = 20032 yang jelas

bukan bilangan bulat. Jadi, x2 harus bukan bilangan bulat. Akibatnya⌈x2

⌉=

⌊x2

⌋+ 1, sehingga

2⌊x2

⌋+ 1 = 2003 yang selanjutnya kita peroleh

⌊x2

⌋= 1001. Dari sini kita simpulkan 1001 ≤

x2 < 1002 yang kemudian kita dapatkan penyelesaiannya adalah −√

1002 < x ≤ −√

1001 atau√1001 ≤ x <

√1002.

5.4 Soal-soal Latihan

1. Buktikan atau beri contoh penyangkal dari pernyataan-pernyataan berikut

(a) [x + y] ≤ [x] + [y] untuk setiap x, y ∈ R,(b) [xy] ≤ [x] [y] untuk setiap x, y ∈ R,

(c)⌊bxcm

⌋=

⌊xm

⌋untuk setiap x ∈ R dan bilangan bulat m.

2. Misalkan x dan y adalah bilangan real yang memenuhi bx + yc = bxc+ byc dan b−x− yc =b−xc+ b−yc . Buktikan bahwa x atau y merupakan bilangan bulat.

34

3. Untuk setiap bilangan real x didefinisikan bxc sebagai bilangan bulat terbesar yang kurangdari atau sama dengan x. Misalkan a dan b adalah bilangan real positif sehingga a bac = 17dan b bbc = 11. Tentukan nilai dari a− b.

4. Hitung1[1]

+1[2]

+1[3]

+ ... +1

[1000]

5. Cari semua bilangan asli n sehingga banyak nol di sebelah kanan tanpa terputus dari n! tepatada 10 nol.

6. Diketahui S = {1, 2, ..., 100} . Hitung banyaknya anggota S yang merupakan kelipatan 2 ataukelipatan 3 tetapi bukan kelipatan 5.

7. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi persamaan bxc dxe = x2

8. Hitung banyak bilangan real x dengan 1 ≤ x ≤ 100 yang memenuhi persamaan

x2 −⌊x2

⌋= (x− bxc)2

9. Tunjukkan bahwa untuk setiap m bilangan asli,⌊

m2

3

⌋+

⌊(m+1)2

3

⌋+

⌊(m+2)2

3

⌋merupakan

kuadrat sempurna.

10. Misalkan an =⌊(

1 +√

2)n⌋

. Tunjukkan bahwa an ganjil jika n genap, dan genap jika nganjil.

35

Geometry

Fajar Yuliawan

Sebelum kita mulai pembahasan bab geometri ini, ada beberapa hal yang perludiketahui oleh pembaca. Geometri yang dibahas di sini tidak akan mencakup se-bagaian besar geometri dasar yang pernah diajarkan di sekolah menengah. Hal-haldasar yang tidak dibahas di sini adalah hubungan antara garis dengan titik, hubun-gan antara garis dengan garis, kesebangunan dan kekongruenan segitiga, hubungangaris dengan lingkaran (berpotongan dan bersinggungan), pengenalan trigonometridan bangun-bangun ruang sederhana. Materi-materi tersebut dapat didapatkansendiri di sebagian besar buku-buku matematika untuk sekolah menengah.

Pembahasan geometri disini selanjutnya lebih ditekankan pada pembuktian-pembuktian beberapa teorema maupun fakta-fakta dalam geometri. Teoremayang dibahas di bab geometri ini memang tidak banyak, namun diharapkan dapatmengenalkan pembaca pada pembuktian fakta-fakta geometri dan menjadi dasarpembuktian-pembuktian soal-soal olimpiade. Seringkali untuk membuktikan se-buah soal olimpiade, yang diperlukan adalah ide-ide pada pembuktian suatu teo-rema, bukan teorema yang bersangkutan. Oleh karena itu, pembaca diharapkandapat memahami setiap bukti yang ada pada setiap teorema. Dalam hal ini,pembaca diharapkan dapat mengetahui dua hal, yaitu kebenaran setiap langkahpembuktian dan tujuan setiap langkah tersebut. Jika ada keraguan mengenai su-atu langkah pembuktian, pembaca seharusnya menanyakan hal ini kepada temanmaupun guru matematika di sekolah.

1 Titik-titik dan Garis-garis yang Terhubung de-

ngan Segitiga

Pertama, kita buat beberapa konvensi ntuk mempermudah penulisan. Untuk se-tiap segitiga ABC, kita gunakan notasi untuk panjang, yaitu a = BC, b = CA,c = AB, s = (a+b+c)/2 dan notasi untuk sudut, yaitu A = ∠BAC, B = ∠ABC,dan C = ∠BCA. Kemudian untuk luas, kita menggunakan notasi [XY Z] untukmenyatakan luas segitiga XY Z. Lebih umum, untuk setiap poligon P , maka [P ]menyatakan luas poligon tersebut.

36

1.1 Konkurensi dan Kolinearitas pada Segitiga: TeoremaCeva dan Teorema Menelaos

Kita mulai dengan segmen-segmen garis yang menghubungkan titik sudut suatusegitiga dengan sebuah titik yang terletak pada sisi di depan titik sudut tersebut.Segmen garis seperti itu disebut sebagai cevian (diambil dari nama Giovanni Ceva,seorang matematikawan Italia yang pertama kali menyinggung masalah konkurensitiga buah cevian).

Teorema Ceva. Misalkan ABC sebuah segitiga dan D, E, F tiga titik yangberturut-turut terletak pada sisi-sisi BC, CA, AB. Maka garis-garis AD, BE, CFkonkuren jika dan hanya jika

BD

DC

CE

EA

AF

FB= 1.

Bukti. Teorema di atas membutuhkan pembuktian ”dua arah”, yaitu: jikaAD, BE, CF konkuren, maka kesamaan di atas berlaku dan jika kesamaan berlaku,maka AD, BE, CF konkuren.

F'

P P'

D

EF

D

EF

B

A

C B

A

C

Gambar 1.

Pertama, kita buktikan dulu bahwa jika AD, BE, CF konkuren maka ke-samaan yang diberikan berlaku. Misalkan P adalah titik perpotongan ketiga garisAD, BE, CF . Perhatikan dua identitas berikut:

BD

DC=

[ABD]

[ACD]dan

BD

DC=

[PBD]

[PCD],

yang diperoleh dari fakta bahwa jika dua buah segitiga memiliki ”tinggi” yangsama, maka perbandingan luasnya sama dengan perbandingan ”alas”-nya. Daridua identitas tersebut, kemudian kita peroleh

BD

DC=

[ABD]− [PBD][ACD]− [PCD]

=[APB]

[CPA](Mengapa?).

37

Dengan cara yang sama, kita peroleh

CE

EA=

[BPC]

[APB]dan

AF

FB=

[CPA]

[BPC].

Jadi,BD

DC

CE

EA

AF

FB=

[APB]

[CPA]

[BPC]

[APB]

[CPA]

[BPC]= 1.

Sekarang misalkan kesamaan di atas berlaku. Akan dibuktikan bahwa AD,BE, CF berpotongan di satu titik. Untuk membuktikan hal ini, kita meng-gunakan teknik titik bayangan (phantom point). Perhatikan Gambar 1 sebelahkanan. Misalkan cevian AD dan BE berpotongan di titik P ′ dan garis CP ′ mem-otong sisi AB di titik F ′. Kita cukup membuktikan bahwa F ′ = F , atau dengankata lain, kedua titik tersebut berimpit (Mengapa?). Untuk membuktikan hal ini,pertama perhatikan bahwa tiga cevian AD, BE, CF ′ konkuren (bertemu di titikF ′). Dengan demikian, kita punya

BD

DC

CE

EA

AF ′

F ′B= 1 =

BD

DC

CE

EA

AF

FB,

sehinggaAF ′

F ′B=

AF

FB.

Dari sini kita simpulkan F = F ′ (Mengapa?) dan kita selesai.

Pada kasus-kasus tertentu, teorema Ceva di atas lebih mudah digunakan dalambentuk trigonometri berikut:

Akibat (”Trig Ceva”). Misalkan ABC sebuah segitiga dan P, Q,R tigatitik yang berturut-turut terletak pada sisi-sisi BC, CA, AB. Maka garis-garisAP, BQ, CR konkuren jika dan hanya jika

sin ∠CAPsin ∠APB

sin ∠ABQsin ∠QBC

sin ∠BCRsin ∠RCA

= 1.

Akibat di atas dapat dibuktikan dengan mudah dengan menggunakan aturansinus dan teorema Ceva atau secara langsung dengan menggunakan aturan sinuspada beberapa segitiga. Bukti selengkapnya diserahkan kepada pembaca

Tiga buah titik dikatakan kolinear jika terletak pada satu garis. Kriteria kolin-earitas tiga titik yang berada pada ketiga sisi-sisi segitiga diberikan oleh Menelaos.

38

Teorema Menelaos. Misalkan ABC sebuah segitiga dan D, E, F tiga titikpada garis-garis BC, CA, AB (D, E, F bisa terletak pada perpanjangan sisi-sisisegitiga ABC). Maka D, E, F kolinear jika dan hanya jika

BD

DC

CE

EA

AF

FB= 1.

Bukti. Pertama, kita buktikan bahwa jika D, E, F kolinear, maka kesamaanyang diberikan berlaku. Buat garis tegak lurus dari tiga A, B, C terhadap garisyang melalui D, E, F dan misalkan P , Q, R adalah ketiga kaki tegaklurusnya(perhatikan Gambar 2).

R

P

Q

D

E

F

C

A

B

Gambar 2.

Kita punya tiga kesamaan berikut yang dapat diperoleh dengan meninjaukesebangunan-kesebangunan beberapa segitiga:

BD

DC=

BQ

CR,

CE

EA=

CR

AP, dan

AF

FB=

AP

BQ.

Dengan mengalikan ketiga kesamaan tersebut, kita peroleh

BD

DC

CE

EA

AF

FB=

BQ

CR

CR

AP

AP

BQ= 1.

Bukti untuk arah yang satunya (yaitu jika kesamaan berlaku, maka ketigatitik kolinear) dapat dibuktikan dengan menggunakan titik bayangan, sama sepertibukti teorema Ceva. Hal ini dilakukan dengan memisalkan F ′ sebagai perpotongangaris-garis AB dan DE lalu membuktikan bahwa F = F ′. Bukti selengkapnyadiserahkan kepada pembaca.

39

1.2 Panjang Cevian: Teorema Stewart

Panjang cevian dapat dihitung dengan menggunakan teorema berikut:

Teorema Stewart. Misalkan AX adalah sebuah cevian dengan panjang pyang membagi sisi BC menjadi dua segmen, yaitu BX dengan panjang m danXC dengan panjang n. Maka berlaku

a(p2 + mn) = b2m + c2n.

Bukti.

nm

p bc

X CB

A

Gambar 3.

Dengan menggunakan aturan cosinus pada segitiga ABX dan ACX, kita per-oleh

cos ∠AXB =p2 + m2 − c2

2pmdan cos ∠AXC =

p2 + n2 − b2

2pn.

Karena ∠AXB = 180◦ − ∠AXC, maka cos ∠AXB = − cos ∠AXC atau setaradengan cos ∠AXB + cos ∠AXC = 0. Dengan demikian, kita punya

p2 + m2 − c2

2pm+

p2 + n2 − b2

2pn= 0,

yang setara dengan

n(p2 + m2 − c2) + m(p2 + n2 − b2) = 0,

atau setara juga dengan

(m + n)(p2 + mn) = b2m + c2n

dan setara dengan kesamaan yang diinginkan, karena m + n = a.

Dengan teorema di atas, panjang cevian AX dapat dihitung secara langsung,yaitu

p =

√b2m + c2n

a−mn.

40

1.3 Titik-titik dan Garis-garis Istimewa pada Segitiga

Pada sebuah segitiga, terdapat banyak titik dan garis istimewa, namun dalamsubbab ini, hanya akan dijelaskan beberapa diantaranya, yaitu garis berat, titikberat, garis tinggi, titik tinggi, garis bagi sudut, titik pusat lingkaran dalam, garissumbu dan titik pusat lingkaran luar.

1.3.1 Garis Berat (Median) dan Titik Berat (Centroid)

Kita mulai dengan definisi garis berat. Garis berat sebuah segitiga adalah garisyang melalui titik sudut segitiga tersebut dan titik tengah sisi di depannya. Dengandemikian, setiap segitiga akan memiliki tiga garis berat. Dengan menggunakanteorema Ceva, teorema berikut dapat dibuktikan dengan mudah:

Teorema. Misalkan ABC sebuah segitiga dan A′, B′, C ′ titik-titik tengah sisi-sisi BC, CA, AB. Maka garis-garis berat AA′, BB′, CC ′ konkuren.

G

A'

C' B'

C

A

B

Gambar 4.

Titik potong ketiga garis berat sebuah segitiga kemudian dinamakan titik berat.Karena berpotongan di satu titik, maka ketiga garis berat sebuah segitiga akanmembagi segitiga tersebut menjadi enam bagian. Selain itu, setiap garis berat akanmembagi garis berat lainnya menjadi dua bagian. Kita punya teorema berikut:

Teorema. Misalkan AA′, BB′, CC ′ adalah tiga garis berat segitiga ABC yangberpotongan di titik berat G. Maka keenam segitiga AGB′, AGC ′, BGA′, BGC ′,CGA′ dan CGB′ memiliki luas yang sama.

Bukti. Perhatikan kembali Gambar 4. Karena A′, B′, C ′ berturut-turutadalah titik-titik tengah BC, CA, AB, kita punya bahwa [BGA′] = [CGA′],

41

[AGB′] = [CGB′], dan [AGC ′] = [BGC ′]. Kita juga punya bahwa [ABA′] =[ACA′], sehingga

2[AGC ′] = [ABG] = [ABA′]− [BGA′]= [ACA′]− [CGA′] = [ACG]= 2[AGB′],

sehingga [AGC ′] = [AGB′]. Dengan cara yang sama diperoleh [BGA′] = [AGB′] =[AGC ′], dan kesimpulan mengikuti.

Teorema. Misalkan AA′, BB′, CC ′ adalah tiga garis berat segitiga ABC yangberpotongan di titik berat G. Maka

AG

GA′=

BG

GB′=

CG

GC ′= 2.

Bukti. Kita gunakan lagi teorema sebelumnya. Kita punya bahwa

AG

GA′=

[ABG]

[GBA′]=

[AGC ′] + [BGC ′]

[GBA′]= 2,

karena [AGC ′] = [BGC ′] = [GBA′]. Kesamaan lain dapat diperoleh dengan carayang sama.

Panjang garis berat sendiri dapat dihitung dengan mudah menggunakan teo-rema Stewart.

1.3.2 Garis Bagi Sudut (Bisector)

Garis yang membagi sebuah sudut segitiga menjadi dua bagian yang sama besardinamakan garis bagi sudut. Pertama, kita punya teorema berikut:

Teorema. Misalkan AA′, BB′, CC ′ adalah garis-garis bagi sudut segitiga ABC(dengan demikian, ∠A′AB = ∠A′AC = 1

2A, dan seterusnya). Maka

A′B

A′C=

c

b,

B′C

B′A=

a

c, dan

C ′A

C ′B=

b

a.

Bukti.

42

A' CB

A

Gambar 5.

Dengan aturan sinus pada segitiga-segitiga AA′B dan AA′C, kita peroleh

A′B

AB=

sin ∠A′ABsin ∠AA′B

danA′C

AC=

sin ∠A′ACsin ∠AA′C

.

Karena ∠A′AB = ∠A′AC dan sin ∠AA′B = 180◦−sin ∠AA′C, maka sin ∠A′AB =sin ∠A′AC dan sin ∠AA′B = sin ∠AA′C. Akibatnya,

A′B

AB=

sin ∠A′ABsin ∠AA′B

=sin ∠A′ACsin ∠AA′C

=A′C

AC,

sehingga kita perolehA′B

A′C=

AB

AC=

c

b.

Dua kesamaan sisanya dapat dibuktikan dengan cara yang sama.

Dengan menggunakan teorema di atas dan teorema Ceva atau langsung denganmenggunakan Trig Ceva, kita peroleh teorema berikut:

Teorema. Misalkan AA′, BB′, CC ′ adalah tiga garis bagi sudut segitiga ABC.Maka ketiga garis tersebut konkuren.

Selain itu, karena perbandingan A′B/A′C dan A′B + A′C dapat dinyatakandalam panjang sisi-sisi a, b, c, maka panjang A′B dan A′C juga dapat dinyatakandalam a, b, c. Selanjutnya, dengan teorema Stewart, panjang garis bagi sudut AA′

juga dapat dihitung. Perhitungan ini diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

1.3.3 Garis Tinggi (Altitude) dan Titik Tinggi (Orthocenter)

Garis tinggi sebuah segitiga adalah garis yang melalui titik sudut sebuah segitigadan tegak lurus dengan sisi di depannya. Kita punya teorema berikut

43

Teorema. Misalkan AA′, BB′, CC ′ garis-garis tinggi sebuah segitiga (dengandemikian, AA′ tegak lurus BC, dan seterusnya). Maka ketiga garis tersebutkonkuren.

Bukti.

A'

B'

C'

CB

A

Gambar 6.

Kasus dimana ABC segitiga siku-siku trivial (sangat jelas dan tidak ada yangperlu dibuktikan), karena ketiga garis tinggi akan berpotongan pada titik sudutsiku-siku segitiga ABC). Jadi kita cukup meninjau dimana ABC bukan segitigasiku-siku.

Sekarang akan kita buktikan teorema tersebut untuk kasus dimana ABC se-gitiga lancip. Kita punya bahwa

AA′

BA′= tan B dan

AA′

CA′= tan C.

Dengan demikian,BA′

CA′=

tan C

tan B.

Dengan cara yang sama, diperoleh

CB′

AB′=

tan A

tan Cdan

AC ′

BC ′=

tan B

tan A.

Akibatnya,BA′

A′C

CB′

B′A

AC ′

C ′B=

tan C

tan B

tan A

tan C

tan B

tan A= 1,

sehingga AA′, BB′, CC ′ konkuren.

Kasus terakhir dimana segitiga ABC tumpul diserahkan kepada pembaca. Satuhal yang perlu diperhatikan dalam pembuktian kasus tersebut adalah bahwa titikperpotongan ketiga garis tinggi terletak di luar segitiga ABC.

44

Titik potong ketiga ketiga garis tinggi sebuah segitiga selanjutnya disebut se-bagai titik tinggi (orthocenter) segitiga. Kemudian, sama seperti pada garis bagisudut, panjang BA′ dan CA′ dapat dinyatakan dalam panjang sisi-sisi a, b, c danfungsi trigonometri sudut-sudut A, B, C. Dengan menyatakan fungsi trigonometrisudut dalam panjang sisi (misalnya dengan aturan cosinus), panjang BA′ dan CA′

dapat dinyatakan dalam panjang sisi-sisi a, b, c. Selanjutnya, teorema Stewartdapat digunakan untuk menghitung panja